2022屆廣西柳州鐵路高三3月份第一次模擬考試數(shù)學試卷含解析

1、2021-2022高考數(shù)學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1已知函數(shù)，若方程恰有兩個不同實根，則正數(shù)m的取值范圍為（ ）ABCD2已知平面和直線a，b，則下列命題正確的是（ ）A若，b，則B若，則C若，則D若，b，則3已知函數(shù)，其中為自然對數(shù)的

2、底數(shù)，若存在實數(shù)，使成立，則實數(shù)的值為（ ）ABCD4如圖，將兩個全等等腰直角三角形拼成一個平行四邊形，將平行四邊形沿對角線折起，使平面平面，則直線與所成角余弦值為（ ）ABCD5已知雙曲線：的焦距為，焦點到雙曲線的漸近線的距離為，則雙曲線的漸近線方程為（）ABCD6一個盒子里有4個分別標有號碼為1，2，3，4的小球，每次取出一個，記下它的標號后再放回盒子中，共取3次，則取得小球標號最大值是4的取法有（ ）A17種B27種C37種D47種7設是虛數(shù)單位，復數(shù)（）ABCD8已知的垂心為，且是的中點，則（ ）A14B12C10D89過拋物線的焦點F作兩條互相垂直的弦AB，CD，設P為拋物線上的一動

3、點，若，則的最小值是（ ）A1B2C3D410已知向量，則向量在向量上的投影是（ ）ABCD11已知函數(shù)，對任意的，當時，則下列判斷正確的是（ ）AB函數(shù)在上遞增C函數(shù)的一條對稱軸是D函數(shù)的一個對稱中心是12函數(shù)的圖象大致為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13記復數(shù)za+bi（i為虛數(shù)單位）的共軛復數(shù)為，已知z2+i，則_14實數(shù)，滿足，如果目標函數(shù)的最小值為，則的最小值為_15已知向量，且，則實數(shù)m的值是_16如圖，棱長為2的正方體中，點分別為棱的中點，以為圓心，1為半徑，分別在面和面內(nèi)作弧和，并將兩弧各五等分，分點依次為、以及、一只螞蟻欲從點出發(fā)，沿正方體的表

4、面爬行至，則其爬行的最短距離為_參考數(shù)據(jù)：；）三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）如圖，在直三棱柱中，點P，Q分別為，的中點.求證：（1）PQ平面；（2）平面.18（12分）從拋物線C：（）外一點作該拋物線的兩條切線PA、PB（切點分別為A、B），分別與x軸相交于C、D，若AB與y軸相交于點Q，點在拋物線C上，且（F為拋物線的焦點）.（1）求拋物線C的方程；（2）求證：四邊形是平行四邊形.四邊形能否為矩形？若能，求出點Q的坐標；若不能，請說明理由.19（12分）已知函數(shù).（1）當時，解不等式；（2）設不等式的解集為，若，求實數(shù)的取值范圍.20（12分）已

5、知函數(shù)，其中（）當時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（）設，求證：；（）若對于恒成立，求的最大值21（12分）數(shù)列滿足，其前n項和為，數(shù)列的前n項積為.（1）求和數(shù)列的通項公式；（2）設，求的前n項和，并證明：對任意的正整數(shù)m、k，均有.22（10分）在直角坐標平面中，已知的頂點，為平面內(nèi)的動點，且.（1）求動點的軌跡的方程；（2）設過點且不垂直于軸的直線與交于，兩點，點關(guān)于軸的對稱點為，證明：直線過軸上的定點.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1D【解析】當時，函數(shù)周期為，畫出函數(shù)圖像，如圖所示，方程兩個不同實根，即函數(shù)和有圖像

6、兩個交點，計算，根據(jù)圖像得到答案.【詳解】當時，故函數(shù)周期為，畫出函數(shù)圖像，如圖所示：方程，即，即函數(shù)和有兩個交點.，故，.根據(jù)圖像知：.故選：.【點睛】本題考查了函數(shù)的零點問題，確定函數(shù)周期畫出函數(shù)圖像是解題的關(guān)鍵.2C【解析】根據(jù)線面的位置關(guān)系，結(jié)合線面平行的判定定理、平行線的性質(zhì)進行判斷即可.【詳解】A：當時，也可以滿足，b，故本命題不正確；B：當時，也可以滿足，故本命題不正確；C：根據(jù)平行線的性質(zhì)可知：當，時，能得到，故本命題是正確的；D：當時，也可以滿足，b，故本命題不正確.故選：C【點睛】本題考查了線面的位置關(guān)系，考查了平行線的性質(zhì)，考查了推理論證能力.3A【解析】令f（x）g（x

7、）=x+exa1n（x+1）+4eax，令y=xln（x+1），y=1=，故y=xln（x+1）在（1，1）上是減函數(shù)，（1，+）上是增函數(shù)，故當x=1時，y有最小值10=1，而exa+4eax4，（當且僅當exa=4eax，即x=a+ln1時，等號成立）；故f（x）g（x）3（當且僅當?shù)忍柾瑫r成立時，等號成立）；故x=a+ln1=1，即a=1ln1故選：A4C【解析】利用建系，假設長度，表示向量與，利用向量的夾角公式，可得結(jié)果.【詳解】由平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面所以，又所以作軸/,建立空間直角坐標系如圖設，所以則所以所以故選：C【點睛】本題考查異面直線所成成角的余弦值，一般采

8、用這兩種方法：（1）將兩條異面直線作輔助線放到同一個平面，然后利用解三角形知識求解；（2）建系，利用空間向量，屬基礎題.5A【解析】利用雙曲線：的焦點到漸近線的距離為，求出，的關(guān)系式，然后求解雙曲線的漸近線方程【詳解】雙曲線：的焦點到漸近線的距離為，可得：，可得，則的漸近線方程為故選A【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質(zhì)的應用，構(gòu)建出的關(guān)系是解題的關(guān)鍵，考查計算能力，屬于中檔題.6C【解析】由于是放回抽取,故每次的情況有4種,共有64種；先找到最大值不是4的情況,即三次取出標號均不為4的球的情況,進而求解.【詳解】所有可能的情況有種,其中最大值不是4的情況有種,所以取得小球標號最大值是4的取法有種

9、,故選:C【點睛】本題考查古典概型,考查補集思想的應用,屬于基礎題.7D【解析】利用復數(shù)的除法運算，化簡復數(shù)，即可求解，得到答案【詳解】由題意，復數(shù)，故選D【點睛】本題主要考查了復數(shù)的除法運算，其中解答中熟記復數(shù)的除法運算法則是解答的關(guān)鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題8A【解析】由垂心的性質(zhì)，得到，可轉(zhuǎn)化，又即得解.【詳解】因為為的垂心，所以，所以，而， 所以，因為是的中點，所以故選：A【點睛】本題考查了利用向量的線性運算和向量的數(shù)量積的運算率，考查了學生綜合分析，轉(zhuǎn)化劃歸，數(shù)學運算的能力，屬于中檔題.9C【解析】設直線AB的方程為，代入得：，由根與系數(shù)的關(guān)系得，從而得到，同理可得，再

10、利用求得的值，當Q，P，M三點共線時，即可得答案.【詳解】根據(jù)題意，可知拋物線的焦點為，則直線AB的斜率存在且不為0，設直線AB的方程為，代入得：.由根與系數(shù)的關(guān)系得，所以.又直線CD的方程為，同理，所以，所以.故.過點P作PM垂直于準線，M為垂足，則由拋物線的定義可得.所以，當Q，P，M三點共線時，等號成立.故選：C.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系、焦半徑公式的應用，考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意取最值的條件.10A【解析】先利用向量坐標運算求解，再利用向量在向量上的投影公式即得解【詳解】由于向量，故向量在向量上的投影是.故選：A【點睛

11、】本題考查了向量加法、減法的坐標運算和向量投影的概念，考查了學生概念理解，數(shù)學運算的能力，屬于中檔題.11D【解析】利用輔助角公式將正弦函數(shù)化簡，然后通過題目已知條件求出函數(shù)的周期，從而得到，即可求出解析式，然后利用函數(shù)的性質(zhì)即可判斷.【詳解】，又，即，有且僅有滿足條件；又，則，函數(shù)， 對于A，故A錯誤；對于B，由，解得，故B錯誤；對于C，當時，故C錯誤； 對于D，由，故D正確.故選：D【點睛】本題考查了簡單三角恒等變換以及三角函數(shù)的性質(zhì)，熟記性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，屬于基礎題.12A【解析】用偶函數(shù)的圖象關(guān)于軸對稱排除,用排除,用排除.故只能選.【詳解】因為 ,所以函數(shù)為偶函數(shù),圖象關(guān)于軸對稱,故

12、可以排除;因為,故排除,因為由圖象知,排除.故選:A【點睛】本題考查了根據(jù)函數(shù)的性質(zhì),辨析函數(shù)的圖像,排除法,屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。1334i【解析】計算得到z2（2+i）23+4i，再計算得到答案.【詳解】z2+i，z2（2+i）23+4i，則故答案為：34i【點睛】本題考查了復數(shù)的運算，共軛復數(shù)，意在考查學生的計算能力.14【解析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用目標函數(shù)的最小值為，確定出的值，進而確定出C點坐標，結(jié)合目標函數(shù)幾何意義，從而求得結(jié)果.【詳解】先做的區(qū)域如圖可知在三角形ABC區(qū)域內(nèi)，由得可知，直線的截距最大時，取得最小值，此時直線為，作出

13、直線，交于A點，由圖象可知，目標函數(shù)在該點取得最小值，所以直線也過A點，由，得，代入，得，所以點C的坐標為等價于點與原點連線的斜率，所以當點為點C時，取得最小值，最小值為，故答案為：.【點睛】該題考查的是有關(guān)線性規(guī)劃的問題，在解題的過程中，注意正確畫出約束條件對應的可行域，根據(jù)最值求出參數(shù)，結(jié)合分式型目標函數(shù)的意義求得最優(yōu)解，屬于中檔題目.151【解析】根據(jù)即可得出，從而求出m的值【詳解】解：；m1故答案為：1【點睛】本題考查向量垂直的充要條件，向量數(shù)量積的坐標運算16【解析】根據(jù)空間位置關(guān)系，將平面旋轉(zhuǎn)后使得各點在同一平面內(nèi)，結(jié)合角的關(guān)系即可求得兩點間距離的三角函數(shù)表達式.根據(jù)所給參考數(shù)據(jù)即

14、可得解.【詳解】棱長為2的正方體中，點分別為棱的中點，以為圓心，1為半徑，分別在面和面內(nèi)作弧和.將平面繞旋轉(zhuǎn)至與平面共面的位置，如下圖所示：則，所以；將平面繞旋轉(zhuǎn)至與平面共面的位置，將繞旋轉(zhuǎn)至與平面共面的位置，如下圖所示：則，所以；因為，且由誘導公式可得，所以最短距離為，故答案為：.【點睛】本題考查了空間幾何體中最短距離的求法，注意將空間幾何體展開至同一平面內(nèi)求解的方法，三角函數(shù)誘導公式的應用，綜合性強，屬于難題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）見解析（2）見解析【解析】（1）取的中點D，連結(jié)，.根據(jù)線面平行的判定定理即得；（2）先證，和都是平面內(nèi)的直線

15、且交于點，由（1）得，再結(jié)合線面垂直的判定定理即得.【詳解】（1）取的中點D，連結(jié)，.在中，P，D分別為，中點，且.在直三棱柱中，.Q為棱的中點，且.，.四邊形為平行四邊形，從而.又平面，平面，平面.（2）在直三棱柱中，平面.又平面，.，D為中點，.由（1）知，.又，平面，平面，平面.【點睛】本題考查線面平行的判定定理，以及線面垂直的判定定理，難度不大.18（1）；（2）證明見解析；能，.【解析】（1）根據(jù)拋物線的定義，求出，即可求拋物線C的方程；（2）設，寫出切線的方程，解方程組求出點的坐標. 設點，直線AB的方程，代入拋物線方程，利用韋達定理得到點的坐標，寫出點的坐標，可得線段相互平分，即

16、證四邊形是平行四邊形；若四邊形為矩形，則，求出，即得點Q的坐標.【詳解】（1）因為，所以，即拋物線C的方程是. （2）證明：由得，.設， 則直線PA的方程為（），則直線PB的方程為（），由（）和（）解得：，所以.設點，則直線AB的方程為.由得，則，所以，所以線段PQ被x軸平分，即被線段CD平分.在中，令解得，所以，同理得，所以線段CD的中點坐標為，即，又因為直線PQ的方程為，所以線段CD的中點在直線PQ上，即線段CD被線段PQ平分.因此，四邊形是平行四邊形.由知，四邊形是平行四邊形.若四邊形是矩形，則，即，解得，故當點Q為，即為拋物線的焦點時，四邊形是矩形.【點睛】本題考查拋物線的方程，考查直

17、線和拋物線的位置關(guān)系，屬于難題.19（1）或；（2）【解析】（1）使用零點分段法，討論分段的取值范圍，然后取它們的并集，可得結(jié)果.（2）利用等價轉(zhuǎn)化的思想，可得不等式在恒成立，然后解出解集，根據(jù)集合間的包含關(guān)系，可得結(jié)果.【詳解】（1）當時，原不等式可化為.當時，則，所以；當時，則，所以；當時，則，所以.綜上所述：當時，不等式的解集為或.（2）由，則，由題可知：在恒成立，所以，即，即，所以故所求實數(shù)的取值范圍是.【點睛】本題考查零點分段求解含絕對值不等式，熟練使用分類討論的方法，以及知識的交叉應用，同時掌握等價轉(zhuǎn)化的思想，屬中檔題.20（）函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為；（）證明見解析；（）

18、.【解析】（）利用二次求導可得，所以在上為增函數(shù)，進而可得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為；（）利用導數(shù)可得在區(qū)間上存在唯一零點，所以函數(shù)在遞減，在，遞增，則，進而可證；（）條件等價于對于恒成立，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)可得的單調(diào)性，即可得到的最小值為，再次構(gòu)造函數(shù)（a），利用導數(shù)得其單調(diào)區(qū)間，進而求得最大值【詳解】（）當時，則，所以，又因為，所以在上為增函數(shù)，因為，所以當時，為增函數(shù)，當時，為減函數(shù)，即函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為；（），則令，則（1），所以在區(qū)間上存在唯一零點，設零點為，則，且，當時，當，所以函數(shù)在遞減，在，遞增，由，得，所以，由于，從而；（）因為對于恒成立，即對于恒成立，不妨令，因為，所以的解為，則當時，為增函數(shù)，當時，為減函數(shù)，所