2022年安徽省黄山市黟县高考数学五模试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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对于函数，若满足，则称为函数的一对“线性对称点”若实数与和与为函数的两对“线性对称点”，则的最大值为（ ）ABCD2若是定义域为的奇函数，且，则A的值域为B为周期函数，且6为其一个周期C的图像关于对称D函数的零点有无穷多个3复数的共轭复数为（

2、 ）ABCD4已知，其中是虚数单位，则对应的点的坐标为（ ）ABCD5已知定义在上的函数满足，且当时，.设在上的最大值为（），且数列的前项的和为.若对于任意正整数不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD6若函数有两个极值点，则实数的取值范围是（ ）ABCD7复数满足，则复数等于（）ABC2D-28已知直线与直线则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件9如图所示的程序框图输出的是126，则应为（ ）ABCD10已知为抛物线的焦点，点在上，若直线与的另一个交点为，则( )ABCD11一个四面体所有棱长都是4，四个顶点在同一个球上，则球的表面积为

3、（ ）ABCD12若函数为自然对数的底数)在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知集合，则_.14定义在上的奇函数满足，并且当时，则_15曲线在点处的切线方程是_.16已知公差大于零的等差数列中，、依次成等比数列，则的值是_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）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.18（12分）已知椭圆：的两个焦点是，在椭圆上，且，为坐标原点，直线与直线平

4、行，且与椭圆交于，两点.连接、与轴交于点，.（1）求椭圆的标准方程；（2）求证：为定值.19（12分）设函数，（1）当，求不等式的解集；（2）已知，的最小值为1，求证：.20（12分）已知的内角，的对边分别为，且.（1）求；（2）若的面积为，求的周长.21（12分）已知函数.（1）证明：当时，；（2）若函数只有一个零点，求正实数的值.22（10分）曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；(2)若直线与曲线，的交点分别为、（、异于原点），当斜率时，求的最小值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小

5、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。1D【解析】根据已知有，可得，只需求出的最小值，根据，利用基本不等式，得到的最小值，即可得出结论.【详解】依题意知，与为函数的“线性对称点”，所以，故（当且仅当时取等号）.又与为函数的“线性对称点，所以，所以，从而的最大值为.故选:D.【点睛】本题以新定义为背景，考查指数函数的运算和图像性质、基本不等式，理解新定义含义，正确求出的表达式是解题的关键，属于中档题.2D【解析】运用函数的奇偶性定义，周期性定义，根据表达式判断即可.【详解】是定义域为的奇函数，则，又，即是以4为周期的函数，所以函数的零点有无穷多个；因为，令，则，即

6、，所以的图象关于对称，由题意无法求出的值域，所以本题答案为D.【点睛】本题综合考查了函数的性质，主要是抽象函数的性质，运用数学式子判断得出结论是关键.3D【解析】直接相乘，得，由共轭复数的性质即可得结果【详解】其共轭复数为.故选：D【点睛】熟悉复数的四则运算以及共轭复数的性质.4C【解析】利用复数相等的条件求得，则答案可求【详解】由，得，对应的点的坐标为，故选：【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的条件，是基础题5C【解析】由已知先求出，即，进一步可得，再将所求问题转化为对于任意正整数恒成立，设，只需找到数列的最大值即可.【详解】当时，则，所以，显然当时，故，若对于任意正

7、整数不等式恒成立，即对于任意正整数恒成立，即对于任意正整数恒成立，设，令，解得，令，解得，考虑到，故有当时，单调递增，当时，有单调递减，故数列的最大值为，所以.故选：C.【点睛】本题考查数列中的不等式恒成立问题，涉及到求函数解析、等比数列前n项和、数列单调性的判断等知识，是一道较为综合的数列题.6A【解析】试题分析：由题意得有两个不相等的实数根，所以必有解，则，且，考点：利用导数研究函数极值点【方法点睛】函数极值问题的常见类型及解题策略（1）知图判断函数极值的情况.先找导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号.（2）已知函数求极值.求f（x）求方程f（x）0的根列表检验f（x）在

8、f（x）0的根的附近两侧的符号下结论.（3）已知极值求参数.若函数f（x）在点（x0，y0）处取得极值，则f（x0）0，且在该点左、右两侧的导数值符号相反.7B【解析】通过复数的模以及复数的代数形式混合运算，化简求解即可.【详解】复数满足，故选B.【点睛】本题主要考查复数的基本运算，复数模长的概念，属于基础题8B【解析】利用充分必要条件的定义可判断两个条件之间的关系.【详解】若，则，故或，当时，直线，直线 ，此时两条直线平行；当时，直线，直线 ，此时两条直线平行.所以当时，推不出，故“”是“”的不充分条件，当时，可以推出，故“”是“”的必要条件，故选：B.【点睛】本题考查两条直线的位置关系以及

9、必要不充分条件的判断，前者应根据系数关系来考虑，后者依据两个条件之间的推出关系，本题属于中档题.9B【解析】试题分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加S=2+22+2n的值，并输出满足循环的条件解：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加S=2+22+2n的值，并输出满足循环的条件S=2+22+21=121，故中应填n1故选B点评：算法是新课程中的新增加的内容，也必然是新高考中的一个热点，应高度重视程序填空也是重要的考试题型，这种题考试的重点有：分支的条件循环的条件变量的赋值变量的输出其中前两点考试的概率更

10、大此种题型的易忽略点是：不能准确理解流程图的含义而导致错误10C【解析】求得点坐标，由此求得直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程，求得点坐标，进而求得【详解】抛物线焦点为，令，解得，不妨设，则直线的方程为，由，解得，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查抛物线的弦长的求法，属于基础题.11A【解析】将正四面体补成正方体，通过正方体的对角线与球的半径关系，求解即可【详解】解：如图，将正四面体补形成一个正方体，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，四面体所有棱长都是4，正方体的棱长为，设球的半径为，则，解得，所以，故选：A【点睛】本题主要考查多面体外接球问题，解决本题的关键在于，巧妙构造正方体，

11、利用正方体的外接球的直径为正方体的对角线，从而将问题巧妙转化，属于中档题12B【解析】求得的导函数，由此构造函数，根据题意可知在上有变号零点.由此令，利用分离常数法结合换元法，求得的取值范围.【详解】，设，要使在区间上不是单调函数，即在上有变号零点，令， 则，令，则问题即在上有零点，由于在上递增，所以的取值范围是.故选：B【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查方程零点问题的求解策略，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】根据并集的定义计算即可.【详解】由集合的并集，知.故答案为：【点睛】本题考查集合的并集运算，属于容

12、易题.14【解析】根据所给表达式，结合奇函数性质，即可确定函数对称轴及周期性，进而由的解析式求得的值.【详解】满足，由函数对称性可知关于对称，且令，代入可得，由奇函数性质可知，所以令，代入可得，所以是以4为周期的周期函数，则当时，所以，所以，故答案为：.【点睛】本题考查了函数奇偶性与对称性的综合应用，周期函数的判断及应用，属于中档题.15【解析】利用导数的几何意义计算即可.【详解】由已知，所以，又，所以切线方程为，即.故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的基本计算能力，要注意在某点处的切线与过某点的切线的区别，是一道容易题.16【解析】利用等差数列的通项公式以及等比中项的性质，化

13、简求出公差与的关系，然后转化求解的值.【详解】设等差数列的公差为，则，由于、依次成等比数列，则，即，解得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查等差数列通项公式以及等比中项的应用，考查计算能力，属于基础题.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）（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

14、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18（1）（2）证明见解析【解析】（1）根据椭圆的定义可得，将代入椭圆方程，即可求得的值，求得椭圆方程；（2）设直线的方程，代入椭圆方程，求得直线和的方程，求得和的横坐标，表示出，根据韦达定理即可求证为定值.【详解】（1）因为，由椭圆的定义得，点在椭圆上，代入椭圆方程，解得，所以的方程为；（2）证明：设，直线的斜率为，设直线的方程为，联立方程组，消

15、去，整理得，所以，直线的直线方程为，令，则，同理，所以：，代入整理得，所以为定值.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中的定值问题，属于中档题.19（1）或；（2）证明见解析【解析】（1）将化简，分类讨论即可；（2）由（1）得，展开后再利用基本不等式即可.【详解】（1）当时，所以或或解得或，因此不等式的解集的或（2）根据，当且仅当时，等式成立.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法、利用基本不等式证明不等式问题，考查学生基本的计算能力，是一道基础题.20（1）；（2）.【解析】（1）利用正弦定理将目标式边化角，结合倍角公式，即可整理化简求得结果；（2）由面积

16、公式，可以求得，再利用余弦定理，即可求得，结合即可求得周长.【详解】（1）由题设得.由正弦定理得，所以或.当，（舍）故，解得.（2），从而.由余弦定理得.解得.故三角形的周长为.【点睛】本题考查由余弦定理解三角形，涉及面积公式，正弦的倍角公式，应用正弦定理将边化角，属综合性基础题.21（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）把转化成，令，由题意得，即证明恒成立，通过导数求证即可（2）直接求导可得，令，得或，故根据0与的大小关系来进行分类讨论即可【详解】证明：（1）令，则.分析知，函数的增区间为，减区间为.所以当时，.所以，即，所以.所以当时，.解：（2）因为，所以.讨论：当时，此时函数在区间上

17、单调递减.又，故此时函数仅有一个零点为0；当时，令，得，故函数的增区间为，减区间为，.又极大值，所以极小值.当时，有.又，此时，故当时，函数还有一个零点，不符合题意；当时，令得，故函数的增区间为，减区间为，.又极小值，所以极大值.若，则，得，所以，所以当且时，故此时函数还有一个零点，不符合题意.综上，所求实数的值为.【点睛】本题考查不等式的恒成立问题和函数的零点问题，本题的难点在于把导数化成因式分解的形式，如，进而分类讨论，本题属于难题22（1）的极坐标方程为；曲线的直角坐标方程.（2）【解析】(1)消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再利用极坐标与直角坐标的互化，即可求解. (2)解法1：设直线的倾斜角为，把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程，求得，再把直线的参数方程代入曲线的普通坐标方程，得，得出，利用基本不等式，即可求解；解法2：设直线的极坐标方程为，分别代入曲线，的极坐标方程，得， ，得出，即可基本不等式，即可求解.【详解】(1) 由题曲线的参数方程为（为参数），消去参数，可得曲线的直角坐标方程为，即，则曲线的极坐标方程为，即，又因为曲线的极坐标方程为，即，根据，代入即可求解曲线的直角坐标方程.(2)解法1：设直线的倾斜角为，