2022年湖北省黃岡市羅田縣高考仿真模擬數(shù)學(xué)試卷含解析

1、2021-2022高考數(shù)學(xué)模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)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直線與圓的位置關(guān)系是（ ）A相交B相切C相離D相交或相切2雙曲線C：（，）的離心率是3，焦點到

2、漸近線的距離為，則雙曲線C的焦距為（ ）A3BC6D3已知非零向量滿足，若夾角的余弦值為，且，則實數(shù)的值為（ ）ABC或D4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ABCD5已知復(fù)數(shù)z，則復(fù)數(shù)z的虛部為（ ）ABCiDi6已知橢圓，直線與直線相交于點，且點在橢圓內(nèi)恒成立，則橢圓的離心率取值范圍為（ ）ABCD7已知x,y滿足不等式組,則點所在區(qū)域的面積是( )A1B2CD8已知中，角、所對的邊分別是，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C既不充分也不必要條件D充分必要條件9拋物線C:y2=2px的焦點F是雙曲線C2:x2m-y21-m=10m1的

3、右焦點，點P是曲線C1,C2的交點，點Q在拋物線的準(zhǔn)線上，F(xiàn)PQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，則雙曲線C2的離心率為（ ）A2+1B22+3C210-3D210+310在的展開式中，的系數(shù)為( )A-120B120C-15D1511若點(2，k)到直線5x-12y+6=0的距離是4，則k的值是( )A1B-3C1或D-3或12若函數(shù)（其中，圖象的一個對稱中心為，其相鄰一條對稱軸方程為，該對稱軸處所對應(yīng)的函數(shù)值為，為了得到的圖象，則只要將的圖象( )A向右平移個單位長度B向左平移個單位長度C向左平移個單位長度D向右平移個單位長度二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在平面直角

4、坐標(biāo)系中，曲線在點處的切線與x軸相交于點A，其中e為自然對數(shù)的底數(shù).若點，的面積為3，則的值是_.14學(xué)校藝術(shù)節(jié)對同一類的，四件參賽作品，只評一件一等獎，在評獎揭曉前，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)對這四項參賽作品預(yù)測如下：甲說：“或作品獲得一等獎”； 乙說：“作品獲得一等獎”；丙說：“，兩項作品未獲得一等獎”； 丁說：“作品獲得一等獎”若這四位同學(xué)中有且只有兩位說的話是對的，則獲得一等獎的作品是_.15已知平面向量，的夾角為，且，則=_16已知向量滿足，則_.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知拋物線：（）上橫坐標(biāo)為3的點與拋物線焦點的距離為4.（1）求p

5、的值；（2）設(shè)（）為拋物線上的動點，過P作圓的兩條切線分別與y軸交于A、B兩點.求的取值范圍.18（12分）已知函數(shù) ， （1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)時，判斷函數(shù)，（）有幾個零點，并證明你的結(jié)論；（3）設(shè)函數(shù)，若函數(shù)在為增函數(shù)，求實數(shù)的取值范圍19（12分）在中，角、所對的邊分別為、，且.（1）求角的大??；（2）若，的面積為，求及的值.20（12分）設(shè)數(shù)列，的各項都是正數(shù)，為數(shù)列的前n項和，且對任意，都有，（e是自然對數(shù)的底數(shù)）.（1）求數(shù)列，的通項公式；（2）求數(shù)列的前n項和.21（12分）如圖，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，.過頂點，的平面與棱，分別交于，兩點.（）求證：；（）求

6、證：四邊形是平行四邊形；（）若，試判斷二面角的大小能否為？說明理由.22（10分）已知數(shù)列的前項和為，且滿足，各項均為正數(shù)的等比數(shù)列滿足（1）求數(shù)列的通項公式；（2）若，求數(shù)列的前項和參考答案一、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】由幾何法求出圓心到直線的距離，再與半徑作比較，由此可得出結(jié)論【詳解】解：由題意，圓的圓心為，半徑，圓心到直線的距離為，故選：D【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題2A【解析】根據(jù)焦點到漸近線的距離，可得，然后根據(jù)，可得結(jié)果.【詳解】由題可知：雙曲線的漸近線方程為取右焦點，一條漸近

7、線則點到的距離為，由所以，則又所以所以焦距為：故選：A【點睛】本題考查雙曲線漸近線方程，以及之間的關(guān)系，識記常用的結(jié)論：焦點到漸近線的距離為，屬基礎(chǔ)題.3D【解析】根據(jù)向量垂直則數(shù)量積為零，結(jié)合以及夾角的余弦值，即可求得參數(shù)值.【詳解】依題意，得，即.將代入可得，解得（舍去）.故選：D.【點睛】本題考查向量數(shù)量積的應(yīng)用，涉及由向量垂直求參數(shù)值，屬基礎(chǔ)題.4A【解析】根據(jù)奇偶性定義和性質(zhì)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(jié)果.【詳解】 為定義在上的偶函數(shù)，圖象關(guān)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

8、，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(diào)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(guān)鍵是能夠利用函數(shù)單調(diào)性將函數(shù)值的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為自變量的大小關(guān)系，從而利用分離變量法來處理恒成立問題.5B【解析】利用復(fù)數(shù)的運算法則、虛部的定義即可得出【詳解】，則復(fù)數(shù)z的虛部為.故選：B.【點睛】本題考查了復(fù)數(shù)的運算法則、虛部的定義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題.6A【解析】先求得橢圓焦點坐標(biāo)，判斷出直線過橢圓的焦點.然后判斷出，判斷出點的軌跡方程，根據(jù)恒在橢圓內(nèi)列不等式，化簡后求得離心率的取值范圍.【詳解】設(shè)是橢圓的焦點，所以.直線過點，直線過點，由于，所以，所

9、以點的軌跡是以為直徑的圓.由于點在橢圓內(nèi)恒成立，所以橢圓的短軸大于，即，所以，所以雙曲線的離心率，所以.故選：A【點睛】本小題主要考查直線與直線的位置關(guān)系，考查動點軌跡的判斷，考查橢圓離心率的取值范圍的求法，屬于中檔題.7C【解析】畫出不等式表示的平面區(qū)域，計算面積即可.【詳解】不等式表示的平面區(qū)域如圖：直線的斜率為，直線的斜率為，所以兩直線垂直，故為直角三角形，易得，所以陰影部分面積.故選：C.【點睛】本題考查不等式組表示的平面區(qū)域面積的求法，考查數(shù)形結(jié)合思想和運算能力，屬于常考題.8D【解析】由大邊對大角定理結(jié)合充分條件和必要條件的定義判斷即可.【詳解】中，角、所對的邊分別是、，由大邊對大

10、角定理知“”“”，“”“”.因此，“” 是“”的充分必要條件.故選：D.【點睛】本題考查充分條件、必要條件的判斷，考查三角形的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查邏輯推理能力，是基礎(chǔ)題9A【解析】先由題和拋物線的性質(zhì)求得點P的坐標(biāo)和雙曲線的半焦距c的值，再利用雙曲線的定義可求得a的值，即可求得離心率.【詳解】由題意知，拋物線焦點F1,0，準(zhǔn)線與x軸交點F(-1,0)，雙曲線半焦距c=1，設(shè)點Q(-1,y) FPQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，即PF=PQ，結(jié)合P點在拋物線上，所以PQ拋物線的準(zhǔn)線，從而PFx軸，所以P1,2，2a=PF-PF=22-2 即a=2-1.故雙曲線的離心率為e=12-1=2+1

11、.故選A【點睛】本題考查了圓錐曲線綜合，分析題目，畫出圖像，熟悉拋物線性質(zhì)以及雙曲線的定義是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題.10C【解析】寫出展開式的通項公式，令，即，則可求系數(shù)【詳解】的展開式的通項公式為，令，即時，系數(shù)為故選C【點睛】本題考查二項式展開的通項公式，屬基礎(chǔ)題11D【解析】由題得，解方程即得k的值.【詳解】由題得，解方程即得k=-3或.故答案為：D【點睛】(1)本題主要考查點到直線的距離公式，意在考查學(xué)生對該知識的掌握水平和計算推理能力.(2) 點到直線的距離.12B【解析】由函數(shù)的圖象的頂點坐標(biāo)求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得的解析式，再根據(jù)函數(shù)的圖象變換規(guī)律，誘導(dǎo)公式

12、，得出結(jié)論【詳解】根據(jù)已知函數(shù)其中，的圖象過點，可得，解得：再根據(jù)五點法作圖可得，可得：，可得函數(shù)解析式為：故把的圖象向左平移個單位長度，可得的圖象，故選B【點睛】本題主要考查由函數(shù)的部分圖象求解析式，由函數(shù)的圖象的頂點坐標(biāo)求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，函數(shù)的圖象變換規(guī)律，誘導(dǎo)公式的應(yīng)用，屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】對求導(dǎo)，再根據(jù)點的坐標(biāo)可得切線方程，令，可得點橫坐標(biāo)，由的面積為3，求解即得.【詳解】由題，切線斜率，則切線方程為，令，解得，又的面積為3，解得.故答案為：【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的切線，難度不大.14B【解析】首先根據(jù)

13、“學(xué)校藝術(shù)節(jié)對四件參賽作品只評一件一等獎”，故假設(shè)分別為一等獎，然后判斷甲、乙、丙、丁四位同學(xué)的說法的正確性，即可得出結(jié)果【詳解】若A為一等獎，則甲、丙、丁的說法均錯誤，不滿足題意；若B為一等獎，則乙、丙的說法正確，甲、丁的說法錯誤，滿足題意；若C為一等獎，則甲、丙、丁的說法均正確，不滿足題意；若D為一等獎，則乙、丙、丁的說法均錯誤，不滿足題意；綜上所述，故B獲得一等獎【點睛】本題屬于信息題，可根據(jù)題目所給信息來找出解題所需要的條件并得出答案，在做本題的時候，可以采用依次假設(shè)為一等獎并通過是否滿足題目條件來判斷其是否正確151【解析】根據(jù)平面向量模的定義先由坐標(biāo)求得，再根據(jù)平面向量數(shù)量積定義求

14、得；將化簡并代入即可求得.【詳解】，則，平面向量，的夾角為，則由平面向量數(shù)量積定義可得，根據(jù)平面向量模的求法可知，代入可得，解得，故答案為：1.【點睛】本題考查了平面向量模的求法及簡單應(yīng)用，平面向量數(shù)量積的定義及運算，屬于基礎(chǔ)題.161【解析】首先根據(jù)向量的數(shù)量積的運算律求出，再根據(jù)計算可得；【詳解】解：因為，所以又所以所以故答案為：【點睛】本題考查平面向量的數(shù)量積的運算，屬于基礎(chǔ)題.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）；（2）【解析】（1）根據(jù)橫坐標(biāo)為3的點與拋物線焦點的距離為4，由拋物線的定義得到求解.（2）設(shè)過點的直線方程為，根據(jù)直線與圓相切，則有，整

15、理得：，根據(jù)題意，建立，將韋達定理代入求解.【詳解】（1）因為橫坐標(biāo)為3的點與拋物線焦點的距離為4，由拋物線的定義得：，解得:.（2）設(shè)過點的直線方程為，因為直線與圓相切，所以，整理得：，由題意得：所以，因為，所以，所以.【點睛】本題主要考查拋物線的定義及點與拋物線，直線與圓的位置關(guān)系，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.18（1）單調(diào)增區(qū)間,單調(diào)減區(qū)間為,;（2）有2個零點，證明見解析;（3）【解析】對函數(shù)求導(dǎo),利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;函數(shù)有2個零點.根據(jù)函數(shù)的零點存在性定理即可證明;記函數(shù),求導(dǎo)后利用單調(diào)性求得,由零點存在性定理及單調(diào)性知存在唯一的,使，求得為分段函數(shù),求導(dǎo)后

16、分情況討論：當(dāng)時，利用函數(shù)的單調(diào)性將問題轉(zhuǎn)化為的問題;當(dāng)時，當(dāng)時,在上恒成立，從而求得的取值范圍.【詳解】（1）由題意知,，列表如下：02 0 極小值 極大值 所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為,. （2）函數(shù)有2個零點.證明如下： 因為時，所以，因為,所以在恒成立,在上單調(diào)遞增，由，且在上單調(diào)遞增且連續(xù)知,函數(shù)在上僅有一個零點，由（1）可得時,，即，故時，所以，由得，平方得，所以，因為，所以在上恒成立,所以函數(shù)在上單調(diào)遞減,因為,所以,由，且在上單調(diào)遞減且連續(xù)得在上僅有一個零點，綜上可知：函數(shù)有2個零點. （3）記函數(shù)，下面考察的符號求導(dǎo)得當(dāng)時恒成立當(dāng)時，因為，所以在上恒成立，故在上單調(diào)遞

17、減，又因為在上連續(xù)，所以由函數(shù)的零點存在性定理得存在唯一的，使， ,因為,所以 因為函數(shù)在上單調(diào)遞增,所以在，上恒成立當(dāng)時，在上恒成立，即在上恒成立記，則，當(dāng)變化時，變化情況如下表： 極小值 ，故，即當(dāng)時，當(dāng)時，在上恒成立綜合（1）（2）知， 實數(shù)的取值范圍是【點睛】本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間、極值、最值和利用零點存在性定理判斷函數(shù)零點個數(shù)、利用分離參數(shù)法求參數(shù)的取值范圍;考查轉(zhuǎn)化與化歸能力、邏輯推理能力、運算求解能力;通過構(gòu)造函數(shù),利用零點存在性定理判斷其零點,從而求出函數(shù)的表達式是求解本題的關(guān)鍵;屬于綜合型強、難度大型試題.19（1）（2）；【解析】（1）由代入中計算即可；（2）由余

18、弦定理可得，所以，由，變形即可得到答案.【詳解】（1）因為，可得：，或（舍），.（2）由余弦定理，得所以，故，又，所以，所以.【點睛】本題考查二倍角公式以及正余弦定理解三角形，考查學(xué)生的運算求解能力，是一道容易題.20（1），（2）【解析】（1）當(dāng)時,與作差可得,即可得到數(shù)列是首項為1,公差為1的等差數(shù)列,即可求解；對取自然對數(shù),則,即是以1為首項,以2為公比的等比數(shù)列,即可求解；（2）由（1）可得,再利用錯位相減法求解即可.【詳解】解:（1）因為,當(dāng)時,解得；當(dāng)時,有,由得,又,所以,即數(shù)列是首項為1,公差為1的等差數(shù)列,故,又因為,且,取自然對數(shù)得,所以,又因為,所以是以1為首項,以2為公比的等比數(shù)列,所以,即（2）由（1）知,所以,減去得:,所以【點睛】本題考查由與的關(guān)系求通項公式,考查錯位相減法求數(shù)列的和.21（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）不能為.【解析】（1）由平面平面，可