東北三省三校哈2021-2022學年高三下學期第五次調研考試數學試題含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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滿足，且當時，則方程的最小實根的值為（ ）ABCD2已知雙曲線：（，）的右焦點與圓：的圓心重合，且圓被雙曲線的一條漸近線截得的弦長為，則雙曲線的離心率為（

2、 ）A2BCD33在中，分別為，的中點，為上的任一點，實數，滿足，設、的面積分別為、，記（），則取到最大值時，的值為（ ）A1B1CD4將一張邊長為的紙片按如圖(1)所示陰影部分裁去四個全等的等腰三角形，將余下部分沿虛線折疊并拼成一個有底的正四棱錐模型，如圖(2)放置，如果正四棱錐的主視圖是正三角形，如圖(3)所示，則正四棱錐的體積是( )ABCD5已知數列為等差數列，為其前項和，則（ ）A7B14C28D846如圖所示，已知雙曲線的右焦點為，雙曲線的右支上一點，它關于原點的對稱點為，滿足，且，則雙曲線的離心率是（ ）.ABCD7已知集合，則（ ）ABCD8三國時代吳國數學家趙爽所注周髀算經中

3、給出了勾股定理的絕妙證明.下面是趙爽的弦圖及注文，弦圖是一個以勾股形之弦為邊的正方形，其面積稱為弦實.圖中包含四個全等的勾股形及一個小正方形，分別涂成紅（朱）色及黃色，其面積稱為朱實、黃實，利用，化簡，得.設勾股形中勾股比為，若向弦圖內隨機拋擲顆圖釘（大小忽略不計），則落在黃色圖形內的圖釘數大約為（ ）ABCD9已知函數的零點為m，若存在實數n使且，則實數a的取值范圍是（ ）ABCD10已知函數，若則（ ）Af(a)f(b) f(c)Bf(b) f(c) f(a)Cf(a) f(c) f(b)Df(c) f(b) f(a)11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

4、若，則D若，b，則12雙曲線的一條漸近線方程為，那么它的離心率為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在的展開式中的系數為，則_14已知二面角l為60，在其內部取點A，在半平面，內分別取點B，C若點A到棱l的距離為1，則ABC的周長的最小值為_15已知橢圓的左右焦點分別為，過且斜率為的直線交橢圓于，若三角形的面積等于，則該橢圓的離心率為_.16已知，分別是橢圓：（）的左、右焦點，過左焦點的直線與橢圓交于、兩點，且,，則橢圓的離心率為_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）已知奇函數的定義域為，且當時，.（1）求函數的解析式；（2

5、）記函數，若函數有3個零點，求實數的取值范圍.18（12分）已知橢圓的左，右焦點分別為，直線與橢圓相交于兩點；當直線經過橢圓的下頂點和右焦點時，的周長為，且與橢圓的另一個交點的橫坐標為（1）求橢圓的方程；（2）點為內一點，為坐標原點，滿足，若點恰好在圓上，求實數的取值范圍.19（12分）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）若函數的最大值為，且，求的最小值.20（12分）設數列是等差數列，其前項和為，且，.（1）求數列的通項公式；（2）證明：.21（12分）已知函數.() 求函數的單調區(qū)間；() 當時，求函數在上最小值.22（10分）已知集合，.（1）若，則；（2）若，求實數的取值范圍.參考答

6、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。1C【解析】先確定解析式求出的函數值，然后判斷出方程的最小實根的范圍結合此時的，通過計算即可得到答案.【詳解】當時，所以，故當時，所以，而，所以，又當時，的極大值為1，所以當時，的極大值為，設方程的最小實根為，則，即，此時令，得，所以最小實根為411.故選：C.【點睛】本題考查函數與方程的根的最小值問題，涉及函數極大值、函數解析式的求法等知識，本題有一定的難度及高度，是一道有較好區(qū)分度的壓軸選這題.2A【解析】由已知，圓心M到漸近線的距離為，可得，又，解方程即可.【詳解】由已知，漸近線方程為

7、，因為圓被雙曲線的一條漸近線截得的弦長為，所以圓心M到漸近線的距離為，故，所以離心率為.故選：A.【點睛】本題考查雙曲線離心率的問題，涉及到直線與圓的位置關系，考查學生的運算能力，是一道容易題.3D【解析】根據三角形中位線的性質，可得到的距離等于的邊上高的一半，從而得到，由此結合基本不等式求最值，得到當取到最大值時，為的中點，再由平行四邊形法則得出，根據平面向量基本定理可求得，從而可求得結果.【詳解】如圖所示：因為是的中位線，所以到的距離等于的邊上高的一半，所以，由此可得，當且僅當時，即為的中點時，等號成立，所以，由平行四邊形法則可得，將以上兩式相加可得，所以，又已知，根據平面向量基本定理可得

8、，從而.故選：D【點睛】本題考查了向量加法的平行四邊形法則，考查了平面向量基本定理的應用，考查了基本不等式求最值，屬于中檔題.4B【解析】設折成的四棱錐的底面邊長為，高為，則，故由題設可得，所以四棱錐的體積，應選答案B5D【解析】利用等差數列的通項公式，可求解得到，利用求和公式和等差中項的性質，即得解【詳解】，解得故選：D【點睛】本題考查了等差數列的通項公式、求和公式和等差中項，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.6C【解析】易得，又，平方計算即可得到答案.【詳解】設雙曲線C的左焦點為E，易得為平行四邊形，所以，又，故，所以，即，故離心率為.故選：C.【點睛】本題考查求雙

9、曲線離心率的問題，關鍵是建立的方程或不等關系，是一道中檔題.7C【解析】由題意和交集的運算直接求出.【詳解】 集合，.故選:C.【點睛】本題考查了集合的交集運算.集合進行交并補運算時，常借助數軸求解.注意端點處是實心圓還是空心圓.8A【解析】分析：設三角形的直角邊分別為1，利用幾何概型得出圖釘落在小正方形內的概率即可得出結論.解析：設三角形的直角邊分別為1，則弦為2，故而大正方形的面積為4，小正方形的面積為.圖釘落在黃色圖形內的概率為.落在黃色圖形內的圖釘數大約為.故選：A.點睛：應用幾何概型求概率的方法建立相應的幾何概型，將試驗構成的總區(qū)域和所求事件構成的區(qū)域轉化為幾何圖形，并加以度量(1)

10、一般地，一個連續(xù)變量可建立與長度有關的幾何概型，只需把這個變量放在數軸上即可；(2)若一個隨機事件需要用兩個變量來描述，則可用這兩個變量的有序實數對來表示它的基本事件，然后利用平面直角坐標系就能順利地建立與面積有關的幾何概型；(3)若一個隨機事件需要用三個連續(xù)變量來描述，則可用這三個變量組成的有序數組來表示基本事件，利用空間直角坐標系即可建立與體積有關的幾何概型9D【解析】易知單調遞增,由可得唯一零點,通過已知可求得,則問題轉化為使方程在區(qū)間上有解,化簡可得,借助對號函數即可解得實數a的取值范圍.【詳解】易知函數單調遞增且有惟一的零點為，所以，問題轉化為：使方程在區(qū)間上有解，即在區(qū)間上有解，而

11、根據“對勾函數”可知函數在區(qū)間的值域為，.故選D【點睛】本題考查了函數的零點問題,考查了方程有解問題,分離參數法及構造函數法的應用,考查了利用“對勾函數”求參數取值范圍問題,難度較難.10C【解析】利用導數求得在上遞增，結合與圖象，判斷出的大小關系，由此比較出的大小關系.【詳解】因為，所以在上單調遞增；在同一坐標系中作與圖象，可得，故.故選：C【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調性，考查利用函數的單調性比較大小，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.11C【解析】根據線面的位置關系，結合線面平行的判定定理、平行線的性質進行判斷即可.【詳解】A：當時，也可以滿足，b，故本命題不正確；B

12、：當時，也可以滿足，故本命題不正確；C：根據平行線的性質可知：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系，考查了平行線的性質，考查了推理論證能力.12D【解析】根據雙曲線的一條漸近線方程為，列出方程，求出的值即可.【詳解】雙曲線的一條漸近線方程為，可得，雙曲線的離心率.故選：D.【點睛】本小題主要考查雙曲線離心率的求法，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。132【解析】首先求出的展開項中的系數，然后根據系數為即可求出的取值.【詳解】由題知，當時有，解得.故答案為：.【點睛】本題主要考查了二項式展開

13、項的系數，屬于簡單題.14【解析】作A關于平面和的對稱點M，N，交和與D，E，連接MN，AM，AN，DE，根據對稱性三角形ADC的周長為AB+AC+BCMB+BC+CN，當四點共線時長度最短，結合對稱性和余弦定理求解.【詳解】作A關于平面和的對稱點M，N，交和與D，E，連接MN，AM，AN，DE，根據對稱性三角形ABC的周長為AB+AC+BCMB+BC+CN，當M，B，C，N共線時，周長最小為MN設平面ADE交l于，O，連接OD，OE，顯然ODl，OEl，DOE60，MOA+AON240,OA1，MON120，且OMONOA1，根據余弦定理，故MN21+1211cos1203，故MN故答案為：

14、【點睛】此題考查求空間三角形邊長的最值，關鍵在于根據幾何性質找出對稱關系，結合解三角形知識求解.15【解析】由題得直線的方程為，代入橢圓方程得：，設點，則有，由，且解出，進而求解出離心率.【詳解】由題知，直線的方程為，代入消得：，設點，則有，而，又，解得：，所以離心率.故答案為：【點睛】本題主要考查了直線與橢圓的位置關系，三角形面積計算與離心率的求解，考查了學生的運算求解能力16【解析】設,則,由知, ,作,垂足為C，則C為的中點,在和中分別求出,進而求出的關系式,即可求出橢圓的離心率.【詳解】如圖,設,則,由橢圓定義知,因為,所以,作,垂足為C，則C為的中點,在中,因為,所以，在中,由余弦定

15、理可得,，即,解得,所以橢圓的離心率為.故答案為:【點睛】本題考查橢圓的離心率和直線與橢圓的位置關系;利用橢圓的定義,結合焦點三角形和余弦定理是求解本題的關鍵;屬于中檔題、?？碱}型.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）【解析】（1）根據奇函數定義，可知；令則，結合奇函數定義即可求得時的解析式，進而得函數的解析式；（2）根據零點定義，可得，由函數圖像分析可知曲線與直線在第三象限必1個交點，因而需在第一象限有2個交點，將與聯立，由判別式及兩根之和大于0，即可求得的取值范圍.【詳解】（1）因為函數為奇函數，且，故；當時，則；故.（2）令，解得，畫出函數關系

16、如下圖所示，要使曲線與直線有3個交點，則2個交點在第一象限，1個交點在第三象限，聯立，化簡可得，令，即， 解得，所以實數的取值范圍為.【點睛】本題考查了根據函數奇偶性求解析式，分段函數圖像畫法，由函數零點個數求參數的取值范圍應用，數形結合的應用，屬于中檔題.18（1）；（2）或【解析】（1）由橢圓的定義可知，焦點三角形的周長為，從而求出.寫出直線的方程，與橢圓方程聯立，根據交點橫坐標為，求出和，從而寫出橢圓的方程；（2）設出P、Q兩點坐標，由可知點為的重心，根據重心坐標公式可將點用P、Q兩點坐標來表示.由點在圓O上，知點M的坐標滿足圓O的方程，得式.為直線l與橢圓的兩個交點，用韋達定理表示，將

17、其代入方程，再利用求得的范圍，最終求出實數的取值范圍.【詳解】解：（1）由題意知.，直線的方程為直線與橢圓的另一個交點的橫坐標為解得或(舍去)，橢圓的方程為（2）設.點為的重心，點在圓上，由得 ，代入方程，得，即由得解得.或【點睛】本題考查了橢圓的焦點三角形的周長，標準方程的求解，直線與橢圓的位置關系，其中重心坐標公式、韋達定理的應用是關鍵.考查了學生的運算能力，屬于較難的題.19（1）（2）【解析】（1）化簡得到，分類解不等式得到答案.（2）的最大值，利用均值不等式計算得到答案.【詳解】（1）因為，故或或解得或，故不等式的解集為.（2）畫出函數圖像，根據圖像可知的最大值.因為，所以，當且僅當

18、時，等號成立，故的最小值是3.【點睛】本題考查了解不等式，均值不等式求最值，意在考查學生的計算能力和轉化能力.20（1）（2）見解析【解析】（1）設數列的公差為，由，得到，再結合題干所給數據得到公差，即可求得數列的通項公式；（2）由（1）可得，再利用放縮法證明不等式即可；【詳解】解：（1）設數列的公差為，.（2），.【點睛】本題考查等差數列的通項公式的計算，放縮法證明數列不等式，屬于中檔題.21 ()見解析；()當時，函數的最小值是；當時，函數的最小值是【解析】（1）求出導函數，并且解出它的零點x=，再分區(qū)間討論導數的正負，即可得到函數f（x）的單調區(qū)間；（2）分三種情況加以討論，結合函數的單調性與函數值的大小