2022年福建龙岩一中高考数学三模试卷含解析

2022年高考数学模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．若复数满足，则对应的点位于复平面的（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．设实数、满足约束条件，则的最小值为（）A．2 B．24 C．16 D．143．已知是等差数列的前项和，若，设，则数列的前项和取最大值时的值为()A．2020 B．20l9 C．2018 D．20174．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=AB，则集合中的元素共有（）A．3个 B．4个 C．5个 D．6个5．已知集合A，则集合（）A． B． C． D．6．已知非零向量，满足，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解:7．在中，，则=（）A． B．C． D．8．三棱锥中，侧棱底面，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A． B． C． D．9．关于函数在区间的单调性，下列叙述正确的是（）A．单调递增 B．单调递减 C．先递减后递增 D．先递增后递减10．已知数列满足，且成等比数列.若的前n项和为，则的最小值为（）A． B． C． D．11．已知函数的图像与一条平行于轴的直线有两个交点，其横坐标分别为，则（）A． B． C． D．12．复数的共轭复数为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．双曲线的焦点坐标是_______________，渐近线方程是_______________.14．已知集合，，则____________．15．已知两动点在椭圆上，动点在直线上，若恒为锐角，则椭圆的离心率的取值范围为__________．16．若为假，则实数的取值范围为__________.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）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若在上恒成立，求的取值范围．18．（12分）已知函数.（1）当时，解不等式；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.19．（12分）已知.（1）若，求函数的单调区间；（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.20．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的极坐标方程和曲线的普通方程；（2）设射线与曲线交于不同于极点的点，与曲线交于不同于极点的点，求线段的长．21．（12分）已知抛物线:，点为抛物线的焦点，焦点到直线的距离为，焦点到抛物线的准线的距离为，且.（1）求抛物线的标准方程；（2）若轴上存在点，过点的直线与抛物线相交于、两点，且为定值，求点的坐标.22．（10分）（1）已知数列满足：，且（为非零常数，），求数列的前项和；（2）已知数列满足：（ⅰ）对任意的；（ⅱ）对任意的，，且.①若，求数列是等比数列的充要条件.②求证：数列是等比数列，其中.

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。1．D【解析】

利用复数模的计算、复数的除法化简复数，再根据复数的几何意义，即可得答案；【详解】，对应的点，对应的点位于复平面的第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数模的计算、复数的除法、复数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题.2．D【解析】

做出满足条件的可行域，根据图形即可求解.【详解】做出满足的可行域，如下图阴影部分，根据图象，当目标函数过点时，取得最小值，由，解得，即，所以的最小值为.故选：D.【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合求线性目标函数的最值，属于基础题.3．B【解析】

根据题意计算，，，计算，，，得到答案.【详解】是等差数列的前项和，若，故，，，，故，当时，，，，，当时，，故前项和最大.故选：.【点睛】本题考查了数列和的最值问题，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.4．A【解析】试题分析：,,所以，即集合中共有3个元素，故选A．考点：集合的运算．5．A【解析】

化简集合,，按交集定义，即可求解.【详解】集合，，则.故选:A.【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.6．C【解析】

根据向量的数量积运算，由向量的关系，可得选项.【详解】，，∴等价于，故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积运算和命题的充分、必要条件，属于基础题.7．B【解析】

在上分别取点,使得,可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案．【详解】如下图，，在上分别取点,使得,则为平行四边形，故,故答案为B.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题．8．B【解析】由题，侧棱底面，，，，则根据余弦定理可得，的外接圆圆心三棱锥的外接球的球心到面的距离则外接球的半径，则该三棱锥的外接球的表面积为点睛：本题考查的知识点是球内接多面体，熟练掌握球的半径公式是解答的关键．9．C【解析】

先用诱导公式得,再根据函数图像平移的方法求解即可.【详解】函数的图象可由向左平移个单位得到,如图所示,在上先递减后递增.故选：C【点睛】本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.10．D【解析】

利用等比中项性质可得等差数列的首项，进而求得，再利用二次函数的性质，可得当或时，取到最小值.【详解】根据题意，可知为等差数列，公差，由成等比数列，可得，∴，解得.∴.根据单调性，可知当或时，取到最小值，最小值为.故选：D.【点睛】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意当或时同时取到最值.11．A【解析】

画出函数的图像，函数对称轴方程为，由图可得与关于对称，即得解.【详解】函数的图像如图，对称轴方程为，，又，由图可得与关于对称，故选：A【点睛】本题考查了正弦型函数的对称性，考查了学生综合分析，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.12．D【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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

通过双曲线的标准方程，求解，，即可得到所求的结果．【详解】由双曲线，可得，，则，所以双曲线的焦点坐标是，渐近线方程为：．故答案为：；．【点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质的应用，考查了运算能力，属于容易题．14．【解析】

由于，，则．15．【解析】

根据题意可知圆上任意一点向椭圆所引的两条切线互相垂直，恒为锐角，只需直线与圆相离，从而可得，解不等式，再利用离心率即可求解.【详解】根据题意可得，圆上任意一点向椭圆所引的两条切线互相垂直，因此当直线与圆相离时，恒为锐角，故，解得从而离心率.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆的几何性质，考查了逻辑分析能力，属于中档题.16．【解析】

由为假，可知为真，所以对任意实数恒成立，求出的最小值，令即可.【详解】因为为假，则其否定为真，即为真，所以对任意实数恒成立，所以.又，当且仅当，即时，等号成立，所以.故答案为：.【点睛】本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题.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）【解析】

（1）,对函数求导,分别求出和,即可求出在点处的切线方程;（2）对求导,分、和三种情况讨论的单调性,再结合在上恒成立,可求得的取值范围.【详解】（1）因为,所以,所以,则,故曲线在点处的切线方程为.（2）因为,所以,①当时,在上恒成立,则在上单调递增,从而成立,故符合题意;②当时,令,解得,即在上单调递减,则,故不符合题意;③当时,在上恒成立,即在上单调递减,则,故不符合题意.综上,的取值范围为.【点睛】本题考查了曲线的切线方程的求法,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了不等式恒成立问题,利用分类讨论是解决本题的较好方法,属于中档题.18．（1）；（2）.【解析】

（1）分类讨论去绝对值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到的取值范围，判断，为正，去掉绝对值，转化为在时恒成立,得到，，在恒成立，从而得到的取值范围.【详解】（1）当时，，由，得，即，或，即，或，即，综上：或，所以不等式的解集为.（2），，因为，，所以，又，，，得.不等式恒成立，即在时恒成立，不等式恒成立必须，，解得.所以，解得，结合，所以，即的取值范围为.【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式，含有绝对值的不等式的恒成立问题.属于中档题.19．（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】

（1）分类讨论，利用导数的正负，可得函数的单调区间.（2）分离出参数后，转化为函数的最值问题解决，注意函数定义域.【详解】（1）由得或①当时，由，得.由，得或此时的单调递减区间为，单调递增区间为和.②当时，由，得由，得或此时的单调递减区间为，单调递增区间为和综上：当时，单调递减区间为，单调递增区间为和当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和.（2）依题意，不等式恒成立等价于在上恒成立，可得，在上恒成立，设，则令，得，（舍）当时，；当时，当变化时，，变化情况如下表：10单调递增单调递减∴当时，取得最大值，，∴.∴的取值范围是.【点睛】本题主要考查了利用导数证明函数的单调性以及利用导数研究不等式的恒成立问题，属于中档题.20．（1）；（2）【解析】

曲线的参数方程转换为直角坐标方程为．再用极直互化公式求解，曲线的极坐标方程用极直互化公式转换为直角坐标方程．射线与曲线的极坐标方程联解求出，射线与曲线的极坐标方程联解求出，再用得解【详解】解：曲线的参数方程为（为参数，转换为直角坐标方程为．把，代入得：曲线的极坐标方程为．转换为直角坐标方程为．设射线与曲线交于不同于极点的点，所以，解得．与曲线交于不同于极点的点，所以，解得，所以【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程直角坐标方程相互转换及极坐标下利用和的几何意义求线段的长.（1）直角坐标方程化为极坐标方程只需将直角坐标方程中的分别用，代替即可得到相应极坐标方程．参数方程化为极坐标方程必须先化成直角坐标方程再转化为极坐标方程.（2）直接求解，能达到化繁为简的解题目的；如果几何关系不容易通过极坐标表示时，可以先化为直角坐标方程，将不熟悉的问题转化为熟悉的问题加以解决.21．（1）（2）【解析】

（1）先分别表示出，然后根据求解出的值，则的标准方程可求；（2）设出直线的方程并联立抛物线方程得到韦达定理形式，然后根据距离公式表示出并代入韦达定理形式，由此判断出为定值时的坐标.【详解】（1）由题意可得，焦点，，则，，∴解得.抛物线的标准方程为（2）设，设点，，显然直线的斜率不为0.设直线的方程为联立方程，整理可得，，∴，∴要使为定值，必有，解得，∴为定值时，点的坐标为【点睛】本题考查抛物线方程的求解以及抛物线中的定值问题，难度一般.（1）处理直线与抛物线相交对应的定值问题，联立直线方程借助韦达定理形式是常用方法；（2）直线与圆