2021-2022学年山西省运城高三下学期联合考试数学试题含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1我国古代数学巨著九章算术中，有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”这个问题用今天的白话叙述为：有一位善于织布的女子，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这位女子每天分别织布多少？根据上述问题的已知

2、条件，若该女子共织布尺，则这位女子织布的天数是（ ）A2B3C4D12在正方体中，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）ABCD3已知函数，存在实数，使得，则的最大值为（ ）ABCD4已知函数，若,且 ，则的取值范围为（ ）ABCD5把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将图象向右平移个单位，那么所得图象的一个对称中心为（ ）ABCD6下列命题为真命题的个数是（ ）（其中，为无理数）；.A0B1C2D37已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）ABCD8已知函数f（x）sin2x+sin2（x），则f（x）的最小值为（ ）ABCD9二项式的展开式中只有第六项的二项式

3、系数最大，则展开式中的常数项是( )A180B90C45D36010设为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限11某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）ABCD12已知，则p是q的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知数列的前项和为,则满足的正整数的所有取值为_14展开式中的系数为_.15在中，角，的对边分别为，.若；且，则周长的范围为_.16袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球

4、颜色不同的概率为_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形，平面底面，为的中点. （1）求证：平面平面；（2）点在线段上，且，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.18（12分）以直角坐标系的原点为极坐标系的极点，轴的正半轴为极轴已知曲线的极坐标方程为，是上一动点，点的轨迹为（1）求曲线的极坐标方程，并化为直角坐标方程；（2）若点，直线的参数方程（为参数），直线与曲线的交点为，当取最小值时，求直线的普通方程19（12分）已知为等差数列，为等比数列，的前n项和为，满足，.（1）求数列和的通项公式；（2）令，数列的前n项

5、和，求.20（12分）已知椭圆，左、右焦点为，点为上任意一点，若的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆的方程；（2）动直线过点与交于两点，在轴上是否存在定点，使成立，说明理由.21（12分）如图，四棱锥EABCD的侧棱DE与四棱锥FABCD的侧棱BF都与底面ABCD垂直，/，.（1）证明：/平面BCE. （2）设平面ABF与平面CDF所成的二面角为，求.22（10分）每年的寒冷天气都会带热“御寒经济”，以交通业为例，当天气太冷时，不少人都会选择利用手机上的打车软件在网上预约出租车出行,出租车公司的订单数就会增加.下表是某出租车公司从出租车的订单数据中抽取的5天的日平均气温(单位：)与网上预约出

6、租车订单数(单位：份)；日平均气温（）642网上预约订单数100135150185210（1）经数据分析，一天内平均气温与该出租车公司网约订单数（份）成线性相关关系，试建立关于的回归方程，并预测日平均气温为时,该出租车公司的网约订单数；（2）天气预报未来5天有3天日平均气温不高于，若把这5天的预测数据当成真实的数据，根据表格数据，则从这5天中任意选取2天，求恰有1天网约订单数不低于210份的概率.附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计分别为：参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1B【解析】将问题转化为等比数列问题，最终

7、变为求解等比数列基本量的问题.【详解】根据实际问题可以转化为等比数列问题，在等比数列中，公比，前项和为，求的值因为，解得，解得故选B【点睛】本题考查等比数列的实际应用，难度较易.熟悉等比数列中基本量的计算，对于解决实际问题很有帮助.2D【解析】连接，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，取的中点为，连接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.【详解】连接，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，则，在等腰中，取的中点为，连接，则，所以，即：，所以异面直线，所成角的余弦值为.故选：D.【点睛】本题考查空间异面直线的夹角余弦值，

8、利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.3A【解析】画出分段函数图像，可得，由于，构造函数，利用导数研究单调性，分析最值，即得解.【详解】由于，,由于，令，在，故.故选：A【点睛】本题考查了导数在函数性质探究中的应用，考查了学生数形结合，转化划归，综合分析，数学运算的能力，属于较难题.4A【解析】分析：作出函数的图象，利用消元法转化为关于的函数，构造函数求得函数的导数，利用导数研究函数的单调性与最值，即可得到结论.详解：作出函数的图象，如图所示，若，且，则当时，得，即，则满足，则，即，则，设，则，当，解得，当，解得，当时，函数取得最小值，当时，；当时，所以，即的取值范围是，故

9、选A.点睛：本题主要考查了分段函数的应用，构造新函数，求解新函数的导数，利用导数研究新函数的单调性和最值是解答本题的关键，着重考查了转化与化归的数学思想方法，以及分析问题和解答问题的能力，试题有一定的难度，属于中档试题.5D【解析】试题分析：把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），可得的图象；再将图象向右平移个单位，可得的图象，那么所得图象的一个对称中心为，故选D.考点：三角函数的图象与性质.6C【解析】对于中，根据指数幂的运算性质和不等式的性质，可判定值正确的；对于中，构造新函数，利用导数得到函数为单调递增函数，进而得到，即可判定是错误的；对于中，构造新函数，利用导数求得函数的

10、最大值为，进而得到，即可判定是正确的.【详解】由题意，对于中，由，可得，根据不等式的性质，可得成立，所以是正确的；对于中，设函数，则，所以函数为单调递增函数，因为，则又由，所以，即，所以不正确；对于中，设函数，则，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为，所以，即，即，所以是正确的.故选：C.【点睛】本题主要考查了不等式的性质，以及导数在函数中的综合应用，其中解答中根据题意，合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性和最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.7A【解析】解一元二次不等式化简集合的表示，求解函数的定义域化简集合的表示

11、，根据可以得到集合、之间的关系，结合数轴进行求解即可.【详解】，.因为，所以有，因此有.故选：A【点睛】本题考查了已知集合运算的结果求参数取值范围问题，考查了解一元二次不等式，考查了函数的定义域，考查了数学运算能力.8A【解析】先通过降幂公式和辅助角法将函数转化为，再求最值.【详解】已知函数f（x）sin2x+sin2（x），=，=，因为，所以f（x）的最小值为.故选：A【点睛】本题主要考查倍角公式及两角和与差的三角函数的逆用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9A【解析】试题分析：因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，令，则，.考点：1.二项式定理；2.组合数的计算.10A【解析

12、】利用复数的除法运算化简，求得对应的坐标，由此判断对应点所在象限.【详解】，对应的点的坐标为，位于第一象限.故选：A.【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点所在象限，属于基础题.11A【解析】观察可知，这个几何体由两部分构成,：一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积。【详解】设半圆柱体体积为，半球体体积为，由题得几何体体积为，故选A。【点睛】本题通过三视图考察空间识图的能力，属于基础题。12B【解析】根据诱导公式化简再分析即可.【详解】因为,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所以p是q的必要而不充分条件.故选：B【点

13、睛】本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1320,21【解析】由题意知数列奇数项和偶数项分别为等差数列和等比数列,则根据为奇数和为偶数分别算出求和公式,代入数值检验即可.【详解】解: 由题意知数列的奇数项构成公差为的等差数列,偶数项构成公比为的等比数列,则;.当时, ,.当时, ,.由此可知,满足的正整数的所有取值为20,21.故答案为: 20,21【点睛】本题考查等差数列与等比数列通项与求和公式,是综合题,分清奇数项和偶数项是解题的关键.14【解析】变换，根据二项式定理计算得到答案.【详解】的展开式的通项为：，取和，计算

14、得到系数为：.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.15【解析】先求角，再用余弦定理找到边的关系，再用基本不等式求的范围即可.【详解】解：所以三角形周长故答案为：【点睛】考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件；基础题.16【解析】试题分析：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为，则一次取出2只球，基本事件为、共6种，其中2只球的颜色不同的是、共5种；所以所求的概率是考点：古典概型概率三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）见解析（2）【解析】（1）根据等边三角形的性质证得，根据面面垂直的性质定理，证得底

15、面，由此证得，结合证得平面，由此证得：平面平面.（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【详解】（1）证明：为等边三角形，为的中点，平面底面，平面底面，底面平面，又由题意可知为正方形，又，平面平面，平面平面（2）如图建立空间直角坐标系，则，由已知，得，设平面的法向量为，则令，则，由（1）知平面的法向量可取为平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【点睛】本小题主要考查面面垂直的判定定理和性质定理，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18（1），；（2）.【解析】（1）设点极坐标分别为,，由可得,整理即可得到极坐标方程,进而

16、求得直角坐标方程；（2）设点对应的参数分别为，则，将直线的参数方程代入的直角坐标方程中,再利用韦达定理可得，则，求得取最小值时符合的条件,进而求得直线的普通方程.【详解】（1）设点极坐标分别为，因为,则，所以曲线的极坐标方程为，两边同乘,得，所以的直角坐标方程为,即.（2）设点对应的参数分别为，则,，将直线的参数方程（参数），代入的直角坐标方程中，整理得.由韦达定理得，所以，当且仅当时，等号成立，则，所以当取得最小值时，直线的普通方程为.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标方程的转化,考查利用直线的参数方程研究直线与圆的位置关系19（1），；（2）【解析】（1）设的公差为，的公比为，由基本量法列式

17、求出后可得通项公式；（2）奇数项分一组用裂项相消法求和，偶数项分一组用等比数列求和公式求和【详解】（1）设的公差为，的公比为，由，.得：，解得，；（2）由，得，为奇数时，为偶数时，【点睛】本题考查求等差数列和等比数列的通项公式，考查分组求和法及裂项相消法、等差数列与等比数列的前项和公式，求通项公式采取的是基本量法，即求出公差、公比，由通项公式前项和公式得出相应结论数列求和问题，对不是等差数列或等比数列的数列求和，需掌握一些特殊方法：错位相减法，裂项相消法，分组（并项）求和法，倒序相加法等等20（1）（2）存在；详见解析【解析】（1）由椭圆的性质得，解得后可得，从而得椭圆方程；（2）设，当直线斜

18、率存在时，设为，代入椭圆方程，整理后应用韦达定理得，代入0由恒成立问题可求得验证斜率不存在时也适合即得【详解】解：（1）由题易知解得，所以椭圆方程为（2）设当直线斜率存在时，设为与椭圆方程联立得，显然所以因为化简解得即所以此时存在定点满足题意当直线斜率不存在时，显然也满足综上所述，存在定点，使成立【点睛】本题考查求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆相交问题中的定点问题，解题方法是设而不求的思想方法设而不求思想方法是直线与圆锥曲线相交问题中常用方法，只要涉及交点坐标，一般就用此法21（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据线面垂直的性质定理，可得DE/BF，然后根据勾股定理计算可得BFDE，最后利用线面平行的判定定理，可得结果.（2）利用建系的方法，可得平面ABF的一个法向量为，平面CDF的法向量为，然后利用向量的夹角公式以及平方关系，可得结果.【详解】（1）因为DE平面ABCD，所以DEAD，因为AD4，AE5，DE3，同理BF3，又DE平面ABCD，BF平面ABCD，所以DE/BF，又BFDE，所以平行四边形BEDF，故DF/BE，因为BE平面BCE，DF平面BCE所以DF/平面BCE；（2）建立如图空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（4，0，0），C（0，4，0），F（4，3，3）， 设平面CDF的法向量为，由，令x3，得，易知平面ABF的一个法向量为，所以，故.【