四川省米易2022年高考數(shù)學三模試卷含解析

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、準考證號填寫清楚，將條形碼準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設，分別是橢圓的左、右焦點，過的直線交橢圓于，兩點，且，則橢圓的離心率為( )ABCD2函數(shù)的

2、圖象可能為（ ）ABCD3已知菱形的邊長為2，則（）A4B6CD4公差不為零的等差數(shù)列an中，a1+a2+a5=13，且a1、a2、a5成等比數(shù)列，則數(shù)列an的公差等于( )A1B2C3D45在中，為邊上的中點，且，則（ ）ABCD6已知集合，若，則實數(shù)的值可以為（ ）ABCD7關于函數(shù)，有下述三個結論：函數(shù)的一個周期為；函數(shù)在上單調(diào)遞增；函數(shù)的值域為.其中所有正確結論的編號是（ ）ABCD8在“一帶一路”知識測驗后，甲、乙、丙三人對成績進行預測甲：我的成績比乙高乙：丙的成績比我和甲的都高丙：我的成績比乙高成績公布后，三人成績互不相同且只有一個人預測正確，那么三人按成績由高到低的次序為A甲、乙

3、、丙B乙、甲、丙C丙、乙、甲D甲、丙、乙9已知函數(shù)，若，,則a，b，c的大小關系是（ ）ABCD10數(shù)列滿足：，則數(shù)列前項的和為ABCD11函數(shù)的圖象大致為( )ABCD12已知是虛數(shù)單位，若，則（ ）AB2CD10二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知實數(shù)，滿足，則目標函數(shù)的最小值為_14已知雙曲線的兩條漸近線方程為，若頂點到漸近線的距離為1，則雙曲線方程為 15的展開式中，的系數(shù)為_（用數(shù)字作答）.16已知不等式的解集不是空集,則實數(shù)的取值范圍是；若不等式對任意實數(shù)恒成立，則實數(shù)的取值范圍是_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

4、拋物線E：y22px（p0），焦點F到準線的距離為3，拋物線E上的兩個動點A（x1，y1）和B（x2，y2），其中x1x2且x1+x21線段AB的垂直平分線與x軸交于點 C（1）求拋物線E的方程；（2）求ABC面積的最大值18（12分）已知橢圓的離心率為，點在橢圓上.（）求橢圓的標準方程；（）設直線交橢圓于兩點，線段的中點在直線上，求證：線段的中垂線恒過定點.19（12分）已知動點到定點的距離比到軸的距離多.（1）求動點的軌跡的方程；（2）設，是軌跡在上異于原點的兩個不同點，直線和的傾斜角分別為和，當，變化且時，證明：直線恒過定點，并求出該定點的坐標.20（12分）已知函數(shù).（1）求不等式的解

5、集；（2）若關于的不等式在上恒成立，求實數(shù)的取值范圍.21（12分）如圖,四棱錐中,平面平面,底面為梯形.，且與均為正三角形.為的中點為重心,與相交于點.(1)求證:平面；(2)求三棱錐的體積.22（10分）在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，是的中點.（1）證明：平面；（2）設是直線上的動點，當點到平面距離最大時，求面與面所成二面角的正弦值.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。1C【解析】根據(jù)表示出線段長度，由勾股定理，解出每條線段的長度，再由勾股定理構造出關系，求出離心率.【詳解】設，則由橢圓的定義，可以得到,在中，有

6、，解得在中，有整理得，故選C項.【點睛】本題考查幾何法求橢圓離心率，是求橢圓離心率的一個常用方法，通過幾何關系，構造出關系，得到離心率.屬于中檔題.2C【解析】先根據(jù)是奇函數(shù)，排除A，B，再取特殊值驗證求解.【詳解】因為，所以是奇函數(shù)，故排除A，B，又，故選：C【點睛】本題主要考查函數(shù)的圖象，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.3B【解析】根據(jù)菱形中的邊角關系，利用余弦定理和數(shù)量積公式，即可求出結果【詳解】如圖所示，菱形形的邊長為2，且，故選B【點睛】本題主要考查了平面向量的數(shù)量積和余弦定理的應用問題，屬于基礎題.4B【解析】設數(shù)列的公差為.由，成等比數(shù)列，列關于的方程組，即求公差.【詳解】設

7、數(shù)列的公差為，.成等比數(shù)列，解可得.故選：.【點睛】本題考查等差數(shù)列基本量的計算，屬于基礎題.5A【解析】由為邊上的中點，表示出，然后用向量模的計算公式求模.【詳解】解：為邊上的中點，故選：A【點睛】在三角形中，考查中點向量公式和向量模的求法，是基礎題.6D【解析】由題意可得，根據(jù)，即可得出，從而求出結果【詳解】，且， 的值可以為 故選：D【點睛】考查描述法表示集合的定義，以及并集的定義及運算7C【解析】用周期函數(shù)的定義驗證.當時，再利用單調(diào)性判斷.根據(jù)平移變換，函數(shù)的值域等價于函數(shù)的值域，而，當時，再求值域.【詳解】因為，故錯誤；當時，所以，所以在上單調(diào)遞增，故正確；函數(shù)的值域等價于函數(shù)的值

8、域，易知，故當時，故正確.故選：C.【點睛】本題考查三角函數(shù)的性質(zhì)，還考查推理論證能力以及分類討論思想，屬于中檔題.8A【解析】利用逐一驗證的方法進行求解.【詳解】若甲預測正確，則乙、丙預測錯誤，則甲比乙成績高，丙比乙成績低，故3人成績由高到低依次為甲，乙，丙；若乙預測正確，則丙預測也正確，不符合題意；若丙預測正確，則甲必預測錯誤，丙比乙的成績高，乙比甲成績高，即丙比甲，乙成績都高，即乙預測正確，不符合題意，故選A【點睛】本題將數(shù)學知識與時政結合，主要考查推理判斷能力題目有一定難度，注重了基礎知識、邏輯推理能力的考查9D【解析】根據(jù)題意，求出函數(shù)的導數(shù)，由函數(shù)的導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系分析可得在

9、上為增函數(shù)，又由，分析可得答案【詳解】解：根據(jù)題意，函數(shù)，其導數(shù)函數(shù)，則有在上恒成立，則在上為增函數(shù)；又由，則；故選：【點睛】本題考查函數(shù)的導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系，涉及函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，屬于基礎題10A【解析】分析：通過對anan+1=2anan+1變形可知，進而可知，利用裂項相消法求和即可詳解：，又=5，即，數(shù)列前項的和為，故選A點睛：裂項相消法是最難把握的求和方法之一，其原因是有時很難找到裂項的方向，突破這一難點的方法是根據(jù)式子的結構特點，常見的裂項技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂項之后相消的過程中容易出現(xiàn)丟項或多項的問題，導致計算結果錯誤.11A【解析】確定函數(shù)

10、在定義域內(nèi)的單調(diào)性，計算時的函數(shù)值可排除三個選項【詳解】時，函數(shù)為減函數(shù)，排除B，時，函數(shù)也是減函數(shù)，排除D，又時，排除C，只有A可滿足故選：A.【點睛】本題考查由函數(shù)解析式選擇函數(shù)圖象，可通過解析式研究函數(shù)的性質(zhì)，如奇偶性、單調(diào)性、對稱性等等排除，可通過特殊的函數(shù)值，函數(shù)值的正負，函數(shù)值的變化趨勢排除，最后剩下的一個即為正確選項12C【解析】根據(jù)復數(shù)模的性質(zhì)計算即可.【詳解】因為，所以，故選：C【點睛】本題主要考查了復數(shù)模的定義及復數(shù)模的性質(zhì)，屬于容易題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13-1【解析】作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即可求z的最大值【詳

11、解】作出實數(shù)x，y滿足對應的平面區(qū)域如圖陰影所示；由zx+2y1，得yx，平移直線yx，由圖象可知當直線yx經(jīng)過點A時，直線yx的縱截距最小，此時z最小由，得A（1，1），此時z的最小值為z1211，故答案為1【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用數(shù)形結合是解決線性規(guī)劃題目的常用方法，是基礎題14【解析】由已知，即，取雙曲線頂點及漸近線，則頂點到該漸近線的距離為，由題可知，所以，則所求雙曲線方程為.1560【解析】根據(jù)二項式定理展開式通項，即可求得的系數(shù).【詳解】因為，所以，則所求項的系數(shù)為.故答案為：60【點睛】本題考查了二項展開式通項公式的應用，指定項系數(shù)的求法，屬于基礎題.16【解析】

12、利用絕對值的幾何意義，確定出的最小值，然后根據(jù)題意即可得到的取值范圍化簡不等式，求出 的最大值，然后求出結果【詳解】的最小值為，則要使不等式的解集不是空集，則有化簡不等式有 ，即而當時滿足題意，解得或所以答案為【點睛】本題主要考查的是函數(shù)恒成立的問題和絕對值不等式，要注意到絕對值的幾何意義，數(shù)形結合來解答本題，注意去絕對值時的分類討論化簡三、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）y26x（2）【解析】（1）根據(jù)拋物線定義，寫出焦點坐標和準線方程，列方程即可得解；（2）根據(jù)中點坐標表示出|AB|和點到直線的距離，得出面積，利用均值不等式求解最大值.【詳解】（1）拋物

13、線E：y22px（p0），焦點F（，0）到準線x的距離為3，可得p3，即有拋物線方程為y26x；（2）設線段AB的中點為M（x0，y0），則，y0，kAB，則線段AB的垂直平分線方程為yy0（x2），可得x5，y0是的一個解，所以AB的垂直平分線與x軸的交點C為定點，且點C（5，0），由可得直線AB的方程為yy0（x2），即x（yy0）+2 代入y26x可得y22y0（yy0）+12，即y22y0y+2y020 ，由題意y1，y2是方程的兩個實根，且y1y2，所以1y021（2y0212）1y02+180，解得2y02，|AB|，又C（5，0）到線段AB的距離h|CM|，所以SABC|AB|h

14、，當且僅當9+y02212y02，即y0，A（，），B（，），或A（，），B（，）時等號成立，所以SABC的最大值為【點睛】此題考查根據(jù)焦點和準線關系求拋物線方程，根據(jù)直線與拋物線位置關系求解三角形面積的最值，表示三角形的面積關系常涉及韋達定理整體代入，拋物線中需要考慮設點坐標的技巧，處理最值問題常用函數(shù)單調(diào)性求解或均值不等式求最值.18（）；（）詳見解析.【解析】（）把點代入橢圓方程，結合離心率得到關于的方程，解方程即可；（）聯(lián)立直線與橢圓方程得到關于的一元二次方程，利用韋達定理和中垂線的定義求出線段的中垂線方程即可證明.【詳解】（）由已知橢圓過點得，又，得，所以，即橢圓方程為.（）證明：

15、由，得，由，得，由韋達定理可得，設的中點為，得，即，的中垂線方程為，即，故得中垂線恒過點.【點睛】本題考查橢圓的標準方程及其幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關系及橢圓中的定值問題；考查運算求解能力和知識的綜合運用能力；正確求出橢圓方程和利用中垂線的定義正確表示出中垂線方程是求解本題的關鍵;屬于中檔題.19（1）或；（2）證明見解析，定點【解析】（1）設，由題意可知，對的正負分情況討論，從而求得動點的軌跡的方程；（2）設其方程為，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理得到，所以，所以直線的方程可表示為，即，所以直線恒過定點【詳解】（1）設，動點到定點的距離比到軸的距離多，時，解得，時，解得.動點的軌跡的方程為

16、或（2）證明：如圖，設，由題意得（否則）且，所以直線的斜率存在，設其方程為，將與聯(lián)立消去，得，由韋達定理知，顯然，將式代入上式整理化簡可得：，所以，此時，直線的方程可表示為，即，所以直線恒過定點.【點睛】本題主要考查了動點軌跡，考查了直線與拋物線的綜合，是中檔題20（1）或； （2）.【解析】（1）利用絕對值的幾何意義，將不等式，轉化為不等式或或求解.（2）根據(jù)-2在R上恒成立，由絕對值三角不等式求得的最小值即可.【詳解】（1）原不等式等價于或或，解得：或，不等式的解集為或.（2）因為-2在R上恒成立，而，所以，解得，所以實數(shù)的取值范圍是.【點睛】本題主要考查絕對值不等式的解法和不等式恒成立問

17、題，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.21（1）見解析（2）【解析】（1）第（1）問，連交于,連接.證明/ ，即證平面. (2)第(2)問，主要是利用體積變換，,求得三棱錐的體積.【詳解】（1）方法一：連交于,連接.由梯形，且，知 又為的中點，為的重心，在中， ,故/ .又平面, 平面, 平面.方法二：過作交PD于N,過F作FM|AD交CD于M,連接MN, G為PAD的重心，又ABCD為梯形，AB|CD,又由所作GN|AD,FM|AD,得/ ，所以GNMF為平行四邊形.因為GF|MN, （2） 方法一:由平面平面， 與均為正三角形， 為的中點， ，得平面，且 由（1）知/平面， 又由梯形ABCD，AB|CD，且，知 又為正三角形，得，得三棱錐的體積為. 方法二: 由平面平面， 與均為正三角形， 為的中點， ，得平面，且由， 而又為正三角形，得，得.，三棱錐的體積為.22（1）證明見解析（2）【解析】（1）取中點，連接，根據(jù)菱形的性質(zhì)，結合線面垂直的判定定理和性質(zhì)進行證明即可；（2）根據(jù)面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，可以確定點到直線的距離即為點到平面的距離，結合垂線段的性質(zhì)可以確定點到平面的距離最大，最大值為1.以為坐標原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系.利用空間向量夾角公式，結合同角的三角函數(shù)關系式進行求解即可.【詳解】（1）