2022屆陜西省渭南市臨渭區(qū)尚德高三（最后沖刺）數(shù)學試卷含解析

1、2021-2022高考數(shù)學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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已知定義在上的函數(shù)滿足，且在上是增函數(shù)，不等式對于恒成立，則的取值范圍是ABCD2已知正四面體外接球的體積為，則這

2、個四面體的表面積為（ ）ABCD3在中，角所對的邊分別為，已知，當變化時，若存在最大值，則正數(shù)的取值范圍為ABCD4在平面直角坐標系中，已知是圓上兩個動點，且滿足，設到直線的距離之和的最大值為，若數(shù)列的前項和恒成立，則實數(shù)的取值范圍是（ ）ABCD5已知拋物線的焦點為，若拋物線上的點關于直線對稱的點恰好在射線上，則直線被截得的弦長為（ ）ABCD6等比數(shù)列中，則與的等比中項是（ ）A4B4CD7已知，則( )ABCD8已知邊長為4的菱形，為的中點，為平面內一點，若，則（ ）A16B14C12D89拋物線的焦點為F，點為該拋物線上的動點，若點，則的最小值為（ ）ABCD10已知為非零向量，“”為

3、“”的（ ）A充分不必要條件B充分必要條件C必要不充分條件D既不充分也不必要條件11如圖，四邊形為平行四邊形，為中點，為的三等分點（靠近）若，則的值為（ ）ABCD12定義在上的奇函數(shù)滿足，若，則（ ）AB0C1D2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知實數(shù)x，y滿足，則的最大值為_.14在平面直角坐標系中，已知圓及點，設點是圓上的動點，在中，若的角平分線與相交于點，則的取值范圍是_.15已知復數(shù)，其中為虛數(shù)單位，若復數(shù)為純虛數(shù)，則實數(shù)的值是_16執(zhí)行右邊的程序框圖，輸出的的值為 .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）2019年春節(jié)期間

4、，某超市準備舉辦一次有獎促銷活動，若顧客一次消費達到400元則可參加一次抽獎活動，超市設計了兩種抽獎方案.方案一：一個不透明的盒子中裝有30個質地均勻且大小相同的小球，其中10個紅球，20個白球，攪拌均勻后，顧客從中隨機抽取一個球，若抽到紅球則顧客獲得60元的返金券，若抽到白球則獲得20元的返金券，且顧客有放回地抽取3次.方案二：一個不透明的盒子中裝有30個質地均勻且大小相同的小球，其中10個紅球，20個白球，攪拌均勻后，顧客從中隨機抽取一個球，若抽到紅球則顧客獲得80元的返金券，若抽到白球則未中獎，且顧客有放回地抽取3次.（1）現(xiàn)有兩位顧客均獲得抽獎機會，且都按方案一抽獎，試求這兩位顧客均獲

5、得180元返金券的概率；（2）若某顧客獲得抽獎機會.試分別計算他選擇兩種抽獎方案最終獲得返金券的數(shù)學期望；為了吸引顧客消費，讓顧客獲得更多金額的返金券，該超市應選擇哪一種抽獎方案進行促銷活動？18（12分）已知函數(shù)（1）求函數(shù)在處的切線方程（2）設函數(shù)，對于任意，恒成立，求的取值范圍.19（12分）已知函數(shù)，（1）若，求的單調區(qū)間和極值；（2）設，且有兩個極值點，若，求的最小值.20（12分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，平面底面，為的中點，是棱上的點且，.求證：平面平面以；求二面角的大小.21（12分）已知函數(shù)，（1）當時，求不等式的解集；（2）當時，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍22（

6、10分）設數(shù)列的前列項和為，已知.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）求證：.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。1A【解析】根據奇偶性定義和性質可判斷出函數(shù)為偶函數(shù)且在上是減函數(shù)，由此可將不等式化為；利用分離變量法可得，求得的最大值和的最小值即可得到結果.【詳解】 為定義在上的偶函數(shù)，圖象關于軸對稱又在上是增函數(shù) 在上是減函數(shù) ，即對于恒成立 在上恒成立，即的取值范圍為：本題正確選項：【點睛】本題考查利用函數(shù)的奇偶性和單調性求解函數(shù)不等式的問題，涉及到恒成立問題的求解；解題關鍵是能夠利用函數(shù)單調性將函數(shù)值的大小關系轉化為自變

7、量的大小關系，從而利用分離變量法來處理恒成立問題.2B【解析】設正四面體ABCD的外接球的半徑R，將該正四面體放入一個正方體內，使得每條棱恰好為正方體的面對角線，根據正方體和正四面體的外接球為同一個球計算出正方體的棱長，從而得出正四面體的棱長，最后可求出正四面體的表面積【詳解】將正四面體ABCD放在一個正方體內，設正方體的棱長為a，如圖所示，設正四面體ABCD的外接球的半徑為R，則，得因為正四面體ABCD的外接球和正方體的外接球是同一個球，則有， 而正四面體ABCD的每條棱長均為正方體的面對角線長，所以，正四面體ABCD的棱長為，因此，這個正四面體的表面積為故選：B【點睛】本題考查球的內接多面

8、體，解決這類問題就是找出合適的模型將球體的半徑與幾何體的一些幾何量聯(lián)系起來，考查計算能力，屬于中檔題3C【解析】因為，所以根據正弦定理可得，所以，所以，其中，因為存在最大值，所以由，可得，所以，所以，解得，所以正數(shù)的取值范圍為，故選C4B【解析】由于到直線的距離和等于中點到此直線距離的二倍，所以只需求中點到此直線距離的最大值即可。再得到中點的軌跡是圓，再通過此圓的圓心到直線距離，半徑和中點到此直線距離的最大值的關系可以求出。再通過裂項的方法求的前項和，即可通過不等式來求解的取值范圍.【詳解】由，得，.設線段的中點，則，在圓上，到直線的距離之和等于點到該直線的距離的兩倍，點到直線距離的最大值為圓

9、心到直線的距離與圓的半徑之和，而圓的圓心到直線的距離為，.故選：【點睛】本題考查了向量數(shù)量積，點到直線的距離，數(shù)列求和等知識，是一道不錯的綜合題.5B【解析】由焦點得拋物線方程，設點的坐標為，根據對稱可求出點的坐標，寫出直線方程，聯(lián)立拋物線求交點，計算弦長即可.【詳解】拋物線的焦點為，則，即，設點的坐標為，點的坐標為，如圖：，解得，或(舍去)，直線的方程為，設直線與拋物線的另一個交點為，由，解得或，故直線被截得的弦長為故選：B【點睛】本題主要考查了拋物線的標準方程，簡單幾何性質，點關于直線對稱，屬于中檔題.6A【解析】利用等比數(shù)列的性質可得 ，即可得出【詳解】設與的等比中項是由等比數(shù)列的性質可

10、得， 與的等比中項 故選A【點睛】本題考查了等比中項的求法，屬于基礎題7B【解析】利用指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調性，將數(shù)據和做對比，即可判斷.【詳解】由于，故.故選：B.【點睛】本題考查利用指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調性比較大小，屬基礎題.8B【解析】取中點，可確定；根據平面向量線性運算和數(shù)量積的運算法則可求得，利用可求得結果.【詳解】取中點，連接，即.，則.故選：.【點睛】本題考查平面向量數(shù)量積的求解問題，涉及到平面向量的線性運算，關鍵是能夠將所求向量進行拆解，進而利用平面向量數(shù)量積的運算性質進行求解.9B【解析】通過拋物線的定義，轉化，要使有最小值，只需最大即可，作出切線方程即可求出比值的最小值

11、【詳解】解：由題意可知，拋物線的準線方程為，過作垂直直線于，由拋物線的定義可知，連結，當是拋物線的切線時，有最小值，則最大，即最大，就是直線的斜率最大，設在的方程為：，所以，解得：，所以，解得，所以，故選：【點睛】本題考查拋物線的基本性質，直線與拋物線的位置關系，轉化思想的應用，屬于基礎題10B【解析】由數(shù)量積的定義可得,為實數(shù),則由可得,根據共線的性質,可判斷；再根據判斷,由等價法即可判斷兩命題的關系.【詳解】若成立,則,則向量與的方向相同,且,從而,所以；若,則向量與的方向相同,且,從而,所以.所以“”為“”的充分必要條件.故選:B【點睛】本題考查充分條件和必要條件的判定,考查相等向量的判

12、定,考查向量的模、數(shù)量積的應用.11D【解析】使用不同方法用表示出，結合平面向量的基本定理列出方程解出【詳解】解：，又解得，所以故選：D【點睛】本題考查了平面向量的基本定理及其意義，屬于基礎題12C【解析】首先判斷出是周期為的周期函數(shù)，由此求得所求表達式的值.【詳解】由已知為奇函數(shù)，得，而，所以，所以，即的周期為.由于，所以，.所以，又，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查函數(shù)的奇偶性和周期性，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。131【解析】直接用表示出，然后由不等式性質得出結論【詳解】由題意，又，即，的最大值為1故答案為：1【點睛】本題考查不等式的性質，掌握不等式的

13、性質是解題關鍵14【解析】由角平分線成比例定理推理可得，進而設點表示向量構建方程組表示點P坐標，代入圓C方程即可表示動點Q的軌跡方程，再由將所求視為該圓上的點與原點間的距離，所以其最值為圓心到原點的距離加減半徑.【詳解】由題可構建如圖所示的圖形，因為AQ是的角平分線，由角平分線成比例定理可知,所以.設點，點，即，則，所以.又因為點是圓上的動點，則，故點Q的運功軌跡是以為圓心為半徑的圓，又即為該圓上的點與原點間的距離，因為，所以故答案為：【點睛】本題考查與圓有關的距離的最值問題，常常轉化到圓心的距離加減半徑，還考查了求動點的軌跡方程，屬于中檔題.152【解析】由題，得，然后根據純虛數(shù)的定義，即可

14、得到本題答案.【詳解】由題，得，又復數(shù)為純虛數(shù)，所以，解得.故答案為：2【點睛】本題主要考查純虛數(shù)定義的應用，屬基礎題.16【解析】初始條件成立方 ；運行第一次：成立；運行第二次：不成立；輸出的值：結束所以答案應填：考點：1、程序框圖；2、定積分.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) (2)第一種抽獎方案.【解析】(1)方案一中每一次摸到紅球的概率為，每名顧客有放回的抽3次獲180元返金劵的概率為，根據相互獨立事件的概率可知兩顧客都獲得180元返金劵的概率 (2)分別計算方案一，方案二顧客獲返金卷的期望，方案一列出分布列計算即可，方案二根據二項分布計算期望

15、即可 根據得出結論.【詳解】（1）選擇方案一，則每一次摸到紅球的概率為設“每位顧客獲得180元返金劵”為事件A，則所以兩位顧客均獲得180元返金劵的概率（2）若選擇抽獎方案一，則每一次摸到紅球的概率為，每一次摸到白球的概率為.設獲得返金劵金額為元，則可能的取值為60，100，140，180.則；.所以選擇抽獎方案一，該顧客獲得返金劵金額的數(shù)學期望為（元）若選擇抽獎方案二，設三次摸球的過程中，摸到紅球的次數(shù)為，最終獲得返金劵的金額為元，則，故所以選擇抽獎方案二，該顧客獲得返金劵金額的數(shù)學期望為（元）.即，所以該超市應選擇第一種抽獎方案【點睛】本題主要考查了古典概型，相互獨立事件的概率，二項分布，

16、期望，及概率知識在實際問題中的應用，屬于中檔題.18（1）；（2）【解析】（1）求出，即可求出切線的點斜式方程，整理即可；（2）的取值范圍滿足，求出，當時求出，的解，得到單調區(qū)間，極小值最小值即可.【詳解】（1）由于，此時切點坐標為所以切線方程為. （2）由已知，故.由于，故，設由于在單調遞增同時時，時，故存在使得且當時，當時，所以當時，當時，所以當時，取得極小值，也是最小值，故由于，所以，.【點睛】本題考查導數(shù)的幾何意義、不等式恒成立問題，應用導數(shù)求最值是解題的關鍵，考查邏輯推理、數(shù)學計算能力，屬于中檔題.19（1）增區(qū)間為，減區(qū)間為; 極小值，無極大值；（2）【解析】（1）求出f（x）的導

17、數(shù)，解不等式，即可得到函數(shù)的單調區(qū)間，進而得到函數(shù)的極值；（2）由題意可得，求出的表達式，求出h（t）的最小值即可【詳解】（1）將代入中，得到，求導，得到，結合，當?shù)玫剑?增區(qū)間為，當，得減區(qū)間為且在時有極小值，無極大值.（2）將解析式代入，得，求導得到，令,得到,，因為，所以設,令，則所以在單調遞減,又因為所以,所以 或又因為，所以 所以,所以的最小值為.【點睛】本題考查了函數(shù)的單調性、極值、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)的極值的意義，考查轉化思想與減元意識，是一道綜合題20證明見解析；.【解析】推導出，從而平面，由此證明平面平面以；以為原點，建立空間直角坐標系，利用法向量求出二面角的大小.【詳解】解：，為的中點，四邊形為平行四邊形，.,，即.又平面平面，且平面平面，平面.平面，平面平面.，為的中點，.平面平面，且平面平面，平面.如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則平面的一個法向量為，設，則，在平面中，設平面的法向量為，則，即，平面的一個法向量為，由圖知二面角為銳角，所以所求二面角大小為.【點睛】本題考查面面垂直的證明，考查二面角的大小的求法，考查了空間向量的應用，屬于中檔題.21 (