西南大學2021-2022學年高三第五次模擬考試數學試卷含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規(guī)定答題。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劉徽是我國魏晉時期偉大的數學家，他在九章算術中對勾股定理的證明如圖所示.“勾自乘為朱方，股自乘為青方，令出入相補，各從其類，因就其余不移動也.合成弦方之冪，開方除之，即弦也”.已知圖中網格紙上小正方形的邊長為1，其中“正方形為朱方，正方形為青

2、方”，則在五邊形內隨機取一個點，此點取自朱方的概率為（ ）ABCD2某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ）AB3CD43橢圓的焦點為，點在橢圓上，若，則的大小為（ ）ABCD4設遞增的等比數列的前n項和為，已知，則（ ）A9B27C81D5等差數列中，已知，且，則數列的前項和中最小的是（ ）A或BCD6南宋數學家楊輝在詳解九章算法和算法通變本末中，提出了一些新的垛積公式，所討論的高階等差數列與一般等差數列不同，前后兩項之差并不相等，但是逐項差數之差或者高次差成等差數列對這類高階等差數列的研究，在楊輝之后一般稱為“垛積術”.現(xiàn)有高階等差數列，其前7項分別為1，4，8，14，23，36

3、，54，則該數列的第19項為（ ）（注：）A1624B1024C1198D15607集合,則集合的真子集的個數是A1個B3個C4個D7個8已知函數是偶函數，當時，函數單調遞減，設，則的大小關系為（）ABCD9已知滿足，則（ ）ABCD10已知等差數列的前項和為，則（ ）A25B32C35D4011已知橢圓+=1(ab0)與直線交于A，B兩點，焦點F(0，-c)，其中c為半焦距，若ABF是直角三角形，則該橢圓的離心率為（ ）ABCD12是的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13過直線上一點作圓的兩條切線，切點分別

4、為，則的最小值是_.14在長方體中，為的中點，則點到平面的距離是_.15已知等比數列an的前n項和為Sn，若a2a8=2a3a6,S5=-62，則a1的值是 16內角，的對邊分別為，若，則_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）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若關于的不等式的解集包含，求實數的取值范圍.18（12分）已知圓上有一動點，點的坐標為，四邊形為平行四邊形，線段的垂直平分線交于點.（）求點的軌跡的方程；（）過點作直線與曲線交于兩點，點的坐標為，直線與軸分別交于兩點，求證：線段的中點為定點，并求出面積的最大值.19（12分） 選修4-5：

5、不等式選講:已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）設，且的最小值為.若，求的最小值.20（12分）設函數，是函數的導數.（1）若，證明在區(qū)間上沒有零點；（2）在上恒成立，求的取值范圍.21（12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）設是線段上的動點，當點到平面距離最大時，求三棱錐的體積22（10分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，以軸正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的普通方程與曲線的直角坐標方程；（2）設為曲線上位于第一，二象限的兩個動點，且，射線交曲線分別于，求面積的最小值，并求此時四邊形的面積.參考

6、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】首先明確這是一個幾何概型面積類型，然后求得總事件的面積和所研究事件的面積，代入概率公式求解.【詳解】因為正方形為朱方，其面積為9，五邊形的面積為，所以此點取自朱方的概率為.故選：C【點睛】本題主要考查了幾何概型的概率求法，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于基礎題.2C【解析】首先把三視圖轉換為幾何體，該幾何體為由一個三棱柱體，切去一個三棱錐體，由柱體、椎體的體積公式進一步求出幾何體的體積.【詳解】解：根據幾何體的三視圖轉換為幾何體為：該幾何體為由一個三棱柱體，切去一個

7、三棱錐體，如圖所示：故：.故選：C.【點睛】本題考查了由三視圖求幾何體的體積、需熟記柱體、椎體的體積公式，考查了空間想象能力，屬于基礎題.3C【解析】根據橢圓的定義可得，再利用余弦定理即可得到結論.【詳解】由題意，又，則，由余弦定理可得.故.故選：C.【點睛】本題考查橢圓的定義，考查余弦定理，考查運算能力，屬于基礎題.4A【解析】根據兩個已知條件求出數列的公比和首項，即得的值.【詳解】設等比數列的公比為q.由，得，解得或.因為.且數列遞增，所以.又，解得，故.故選：A【點睛】本題主要考查等比數列的通項和求和公式，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.5C【解析】設公差為，則由題意可得，解得，可

8、得.令，可得當時，當時，由此可得數列前項和中最小的.【詳解】解：等差數列中，已知，且，設公差為，則，解得，.令，可得，故當時，當時，故數列前項和中最小的是.故選：C.【點睛】本題主要考查等差數列的性質，等差數列的通項公式的應用，屬于中檔題.6B【解析】根據高階等差數列的定義，求得等差數列的通項公式和前項和，利用累加法求得數列的通項公式，進而求得.【詳解】依題意：1，4，8，14，23，36，54，兩兩作差得：3，4，6，9，13，18，兩兩作差得：1，2，3，4，5，設該數列為，令，設的前項和為，又令，設的前項和為.易，進而得，所以，則，所以，所以.故選：B【點睛】本小題主要考查新定義數列的理

9、解和運用，考查累加法求數列的通項公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.7B【解析】由題意，結合集合，求得集合，得到集合中元素的個數，即可求解，得到答案【詳解】由題意，集合， 則，所以集合的真子集的個數為個，故選B【點睛】本題主要考查了集合的運算和集合中真子集的個數個數的求解，其中作出集合的運算，得到集合，再由真子集個數的公式作出計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力8A【解析】根據圖象關于軸對稱可知關于對稱，從而得到在上單調遞增且；再根據自變量的大小關系得到函數值的大小關系.【詳解】為偶函數 圖象關于軸對稱圖象關于對稱時，單調遞減 時，單調遞增又且 ，即本題正確選項：【點睛】本題

10、考查利用函數奇偶性、對稱性和單調性比較函數值的大小關系問題，關鍵是能夠通過奇偶性和對稱性得到函數的單調性，通過自變量的大小關系求得結果.9A【解析】利用兩角和與差的余弦公式展開計算可得結果.【詳解】，.故選：A.【點睛】本題考查三角求值，涉及兩角和與差的余弦公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題.10C【解析】設出等差數列的首項和公差，即可根據題意列出兩個方程，求出通項公式，從而求得【詳解】設等差數列的首項為，公差為，則，解得，即有故選：C【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式的求法和應用，涉及等差數列的前項和公式的應用，屬于容易題11A【解析】聯(lián)立直線與橢圓方程求出交點A，B兩點，利用平面向量

11、垂直的坐標表示得到關于的關系式，解方程求解即可.【詳解】聯(lián)立方程，解方程可得或，不妨設A(0，a)，B(-b，0)，由題意可知，=0，因為，由平面向量垂直的坐標表示可得， 因為，所以a2-c2=ac，兩邊同時除以可得，解得e=或（舍去），所以該橢圓的離心率為.故選：A【點睛】本題考查橢圓方程及其性質、離心率的求解、平面向量垂直的坐標表示；考查運算求解能力和知識遷移能力；利用平面向量垂直的坐標表示得到關于的關系式是求解本題的關鍵；屬于中檔題、?？碱}型.12B【解析】分別判斷充分性和必要性得到答案.【詳解】所以 （逆否命題）必要性成立當，不充分故是必要不充分條件，答案選B【點睛】本題考查了充分必要

12、條件，屬于簡單題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由切線的性質，可知，切由直角三角形PAO，PBO，即可設，進而表示，由圖像觀察可知進而求出x的范圍，再用的式子表示，整理后利用換元法與雙勾函數求出最小值.【詳解】由題可知，設，由切線的性質可知，則顯然，則或（舍去）因為令，則，由雙勾函數單調性可知其在區(qū)間上單調遞增，所以故答案為：【點睛】本題考查在以直線與圓的位置關系為背景下求向量數量積的最值問題，應用函數形式表示所求式子，進而利用分析函數單調性或基本不等式求得最值，屬于較難題.14【解析】利用等體積法求解點到平面的距離【詳解】由題在長方體中，所以，所以，設點到平面的

13、距離為，解得故答案為：【點睛】此題考查求點到平面的距離，通過在三棱錐中利用等體積法求解，關鍵在于合理變換三棱錐的頂點.15-2【解析】試題分析：a2a8=2a3a6a52=2a5a4a5=2a4q=2，S5=-62a1(1-25)1-2=-62a1=-2考點：等比數列性質及求和公式16【解析】，即，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）按進行分類，得到等價不等式組，分別解出解集，再取并集，得到答案；（2）將問題轉化為在時恒成立，按和分類討論，分別得到不等式恒成立時對應的的范圍，再取交集，得到答案.【詳解】解：（1）當時，等價于或或，解得或或

14、，所以不等式的解集為：.（2）依題意即在時恒成立，當時，即，所以對恒成立，得；當時，即，所以對任意恒成立，得，綜上，.【點睛】本題考查分類討論解絕對值不等式，分類討論研究不等式恒成立問題，屬于中檔題.18（）；（）4.【解析】（）先畫出圖形，結合垂直平分線和平行四邊形性質可得為一定值，故可確定點軌跡為橢圓（），進而求解；（）設直線方程為，點坐標分別為，聯(lián)立直線與橢圓方程得，分別由點斜式求得直線KA的方程為，令得，同理得，由結合韋達定理即可求解，而，當重合交于點時，可求最值；【詳解】（），所以點的軌跡是一個橢圓，且長軸長，半焦距，所以，軌跡的方程為.（）當直線的斜率為0時，與曲線無交點.當直線的

15、斜率不為0時，設過點的直線方程為，點坐標分別為.直線與橢圓方程聯(lián)立得消去，得.則，.直線KA的方程為.令得.同理可得.所以.所以的中點為.不妨設點在點的上方，則.【點睛】本題考查根據橢圓的定義求橢圓的方程，橢圓中的定點定值問題，屬于中檔題19（1） （2）【解析】（1）當時，原不等式可化為，分類討論即可求得不等式的解集；（2）由題意得，的最小值為，所以，由，得，利用基本不等式即可求解其最小值【詳解】（1）當時，原不等式可化為，當時，不等式可化為，解得，此時；當時，不等式可化為，解得，此時；當時，不等式可化為，解得，此時，綜上，原不等式的解集為.（2）由題意得， ，因為的最小值為，所以，由，得，

16、所以 ，當且僅當，即，時，的最小值為.【點睛】本題主要考查了絕對值不等式問題，對于含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區(qū)間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用，這是命題的新動向20（1）證明見解析（2）【解析】（1）先利用導數的四則運算法則和導數公式求出，再由函數的導數可知，函數在上單調遞增，在上單調遞減，而，可知在區(qū)間上恒成立，即在區(qū)間上沒有零點；（2）由題意可將轉化為，構造函數，利用導數討論研究其在上的單調性，由，即可求出的取值范圍

17、【詳解】（1）若，則，設，則，故函數是奇函數當時，這時，又函數是奇函數，所以當時，.綜上，當時，函數單調遞增；當時，函數單調遞減.又，故在區(qū)間上恒成立，所以在區(qū)間上沒有零點.（2），由，所以恒成立，若，則，設，.故當時，又，所以當時，滿足題意；當時，有，與條件矛盾，舍去； 當時，令，則，又，故在區(qū)間上有無窮多個零點，設最小的零點為，則當時，因此在上單調遞增.，所以.于是，當時，得，與條件矛盾.故的取值范圍是.【點睛】本題主要考查導數的四則運算法則和導數公式的應用，以及利用導數研究函數的單調性和最值，涉及分類討論思想和放縮法的應用，難度較大，意在考查學生的數學建模能力，數學運算能力和邏輯推理能力

18、，屬于較難題21（1）見解析（2）【解析】（1）連接與交于，連接，證明即可得證線面平行；（2）首先證明平面(只要取中點，可證平面，從而得，同理得),因此點到直線的距離即為點到平面的距離，由平面幾何知識易得最大值，然后可計算體積【詳解】（1）證明：連接與交于，連接，因為是菱形，所以為的中點，又因為為的中點，所以，因為平面平面，所以平面（2）解：取中點，連接，因為四邊形是菱形，且，所以，又，所以平面，又平面，所以同理可證：，又，所以平面，所以平面平面，又平面平面，所以點到直線的距離即為點到平面的距離，過作直線的垂線段，在所有垂線段中長度最大為，因為為的中點，故點到平面的最大距離為1，此時，為的中點，即，所以，所以【點睛】本題考查證明線面平行，考查求棱錐的體積，掌握面面垂直與線面垂直的判定與性質是解題關鍵22（1）；（2）面積的最