2021-2022學年遼寧省大連市第四十八高考數(shù)學倒計時模擬卷含解析

1、2021-2022高考數(shù)學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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 若數(shù)列滿足且，則使的的值為( )ABCD2已知函數(shù)，則不等式的解集為（ ）ABCD3已知，分別為內角，的對邊，的面積為，則（ ）AB4C5D4若，則的值為（ ）ABCD5已知函，則的最小值為（ ）AB1C0D6設，則“ ”是“”的（

2、）A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件7設命題：，則為A，B，C，D，8已知為一條直線，為兩個不同的平面，則下列說法正確的是（ ）A若，則B若，則C若，則D若，則9己知拋物線的焦點為，準線為，點分別在拋物線上，且，直線交于點，垂足為，若的面積為，則到的距離為（ ）ABC8D610如圖所示，為了測量、兩座島嶼間的距離，小船從初始位置出發(fā)，已知在的北偏西的方向上，在的北偏東的方向上，現(xiàn)在船往東開2百海里到達處，此時測得在的北偏西的方向上，再開回處，由向西開百海里到達處，測得在的北偏東的方向上，則、兩座島嶼間的距離為（ ）A3BC4D11若,則下列結論正確的是(

3、)ABCD12已知將函數(shù)（，）的圖象向右平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，若和的圖象都關于對稱，則的值為（ ）A2B3C4D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13的展開式中的系數(shù)為_（用具體數(shù)據作答）.14已知向量，若向量與向量平行，則實數(shù)_15如圖,在梯形中，分別是的中點，若，則的值為_.16學校藝術節(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、丁四位同學對這四項參賽作品預測如下：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”若這四位同學中有且只有兩位說的話是對的，則獲得一等獎的作品是_

4、.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）如圖所示,直角梯形中,四邊形為矩形,.（1）求證:平面平面;（2）在線段上是否存在點,使得直線與平面所成角的正弦值為,若存在,求出線段的長,若不存在,請說明理由.18（12分）如圖，在三棱錐ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EFAD.求證：(1)EF平面ABC；(2)ADAC.19（12分）在直角坐標系中，已知直線的直角坐標方程為，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以直角坐標系原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線和

5、直線的極坐標方程；（2）已知直線與曲線、相交于異于極點的點，若的極徑分別為，求的值.20（12分）如圖，已知正方形所在平面與梯形所在平面垂直，BMAN，（1）證明：平面；（2）求點N到平面CDM的距離21（12分）在直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以坐標原點為極點，以軸正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）寫出的普通方程和的直角坐標方程；（2）設點在上，點在上，求的最小值以及此時的直角坐標.22（10分）為貫徹十九大報告中“要提供更多優(yōu)質生態(tài)產品以滿足人民日益增長的優(yōu)美生態(tài)環(huán)境需要”的要求，某生物小組通過抽樣檢測植物高度的方法來監(jiān)測培育的某種植物的生長情況現(xiàn)分別從、三

6、塊試驗田中各隨機抽取株植物測量高度，數(shù)據如下表（單位：厘米）： 組組組假設所有植株的生長情況相互獨立從、三組各隨機選株，組選出的植株記為甲，組選出的植株記為乙，組選出的植株記為丙（1）求丙的高度小于厘米的概率；（2）求甲的高度大于乙的高度的概率；（3）表格中所有數(shù)據的平均數(shù)記為從、三塊試驗田中分別再隨機抽取株該種植物，它們的高度依次是、（單位：厘米）這個新數(shù)據與表格中的所有數(shù)據構成的新樣本的平均數(shù)記為，試比較和的大?。ńY論不要求證明）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】因為，所以是等差數(shù)列，且公差，則，所以由

7、題設可得，則，應選答案C2D【解析】先判斷函數(shù)的奇偶性和單調性，得到，且，解不等式得解.【詳解】由題得函數(shù)的定義域為.因為，所以為上的偶函數(shù)，因為函數(shù)都是在上單調遞減.所以函數(shù)在上單調遞減.因為，所以，且，解得.故選：D【點睛】本題主要考查函數(shù)的奇偶性和單調性的判斷，考查函數(shù)的奇偶性和單調性的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.3D【解析】由正弦定理可知,從而可求出.通過可求出，結合余弦定理即可求出 的值.【詳解】解：，即，即. ，則.，解得.， 故選:D.【點睛】本題考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面積公式，考查同角三角函數(shù)的基本關系.本題的關鍵是通過正弦定理結合已知條

8、件，得到角 的正弦值余弦值.4C【解析】根據，再根據二項式的通項公式進行求解即可.【詳解】因為，所以二項式的展開式的通項公式為：，令，所以，因此有.故選：C【點睛】本題考查了二項式定理的應用，考查了二項式展開式通項公式的應用，考查了數(shù)學運算能力5B【解析】，利用整體換元法求最小值.【詳解】由已知，又，故當，即時，.故選：B.【點睛】本題考查整體換元法求正弦型函數(shù)的最值，涉及到二倍角公式的應用，是一道中檔題.6C【解析】根據充分條件和必要條件的定義結合對數(shù)的運算進行判斷即可【詳解】a，b（1，+），ablogab1，logab1ab，ab是logab1的充分必要條件，故選C【點睛】本題主要考查充

9、分條件和必要條件的判斷，根據不等式的解法是解決本題的關鍵7D【解析】直接利用全稱命題的否定是特稱命題寫出結果即可.【詳解】因為全稱命題的否定是特稱命題，所以，命題：，則為：，.故本題答案為D.【點睛】本題考查命題的否定，特稱命題與全稱命題的否定關系，是基礎題.8D【解析】A. 若，則或，故A錯誤；B. 若，則或故B錯誤；C. 若，則或，或與相交；D. 若，則，正確.故選D.9D【解析】作，垂足為，過點N作，垂足為G，設，則，結合圖形可得，從而可求出，進而可求得，由的面積即可求出，再結合為線段的中點，即可求出到的距離【詳解】如圖所示，作，垂足為，設，由，得，則，.過點N作，垂足為G，則，所以在中

10、，所以，所以，在中，所以，所以，所以 解得，因為，所以為線段的中點，所以F到l的距離為故選：D【點睛】本題主要考查拋物線的幾何性質及平面幾何的有關知識，屬于中檔題10B【解析】先根據角度分析出的大小，然后根據角度關系得到的長度，再根據正弦定理計算出的長度，最后利用余弦定理求解出的長度即可.【詳解】由題意可知：，所以，所以，所以，又因為，所以，所以.故選：B.【點睛】本題考查解三角形中的角度問題，難度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答問題的關鍵.11D【解析】根據指數(shù)函數(shù)的性質，取得的取值范圍，即可求解，得到答案.【詳解】由指數(shù)函數(shù)的性質，可得，即，又由，所以.故選：D.【點睛】本

11、題主要考查了指數(shù)冪的比較大小，其中解答中熟記指數(shù)函數(shù)的性質，求得的取值范圍是解答的關鍵，著重考查了計算能力，屬于基礎題.12B【解析】因為將函數(shù)（，）的圖象向右平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，可得，結合已知，即可求得答案.【詳解】將函數(shù)（，）的圖象向右平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，又和的圖象都關于對稱，由，得，即，又，.故選：B.【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)圖象平移和根據圖象對稱求參數(shù)，解題關鍵是掌握三角函數(shù)圖象平移的解法和正弦函數(shù)圖象的特征，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】利用二項展開式的通項公式可求的系數(shù).【詳解】的展開

12、式的通項公式為，令，故，故的系數(shù)為.故答案為：.【點睛】本題考查二項展開式中指定項的系數(shù)，注意利用通項公式來計算，本題屬于容易題.14【解析】由題可得，因為向量與向量平行，所以，解得15【解析】建系，設設，由可得，進一步得到的坐標，再利用數(shù)量積的坐標運算即可得到答案.【詳解】以A為坐標原點，AD為x軸建立如圖所示的直角坐標系，設，則，所以，由，得，即，又，所以，故,所以.故答案為：2【點睛】本題考查利用坐標法求向量的數(shù)量積，考查學生的運算求解能力，是一道中檔題.16B【解析】首先根據“學校藝術節(jié)對四件參賽作品只評一件一等獎”，故假設分別為一等獎，然后判斷甲、乙、丙、丁四位同學的說法的正確性，即

13、可得出結果【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，可以采用依次假設為一等獎并通過是否滿足題目條件來判斷其是否正確三、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）見解析；（2）存在，長【解析】（1）先證面,又因為面,所以平面平面.（2）根據題意建立空間直角坐標系. 列出各點的

14、坐標表示,設,則可得出向量,求出平面的法向量為,利用直線與平面所成角的正弦公式列方程求出或,從而求出線段的長.【詳解】解:（1）證明:因為四邊形為矩形,.面面又面平面平面（2）取為原點,所在直線為軸,所在直線為軸建立空間直角坐標系.如圖所示:則,設,;,設平面的法向量為,不防設.,化簡得,解得或;當時,;當時,;綜上存在這樣的點,線段的長.【點睛】本題考查平面與平面垂直的判定定理的應用,考查利用線面所成角求參數(shù)問題,是幾何綜合題,考查空間想象力以及計算能力.18（1）見解析（2）見解析【解析】試題分析：（1）先由平面幾何知識證明，再由線面平行判定定理得結論；（2）先由面面垂直性質定理得平面，則

15、，再由ABAD及線面垂直判定定理得AD平面ABC，即可得ADAC試題解析：證明：（1）在平面內，因為ABAD，所以.又因為平面ABC，平面ABC，所以EF平面ABC.（2）因為平面ABD平面BCD，平面平面BCD=BD， 平面BCD，所以平面.因為平面，所以 .又ABAD，平面ABC，平面ABC，所以AD平面ABC，又因為AC平面ABC，所以ADAC.點睛:垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型：（1）證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行；（2）證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直；（3）證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直19（1），.（2）【解析】（1）先將曲線的參數(shù)方程化為直角

16、坐標方程，即可代入公式化為極坐標；根據直線的直角坐標方程，求得傾斜角，即可得極坐標方程.（2）將直線的極坐標方程代入曲線、可得，進而代入可得的值.【詳解】（1）曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），消去得，把，代入得，從而得的極坐標方程為，直線的直角坐標方程為，其傾斜角為，直線的極坐標方程為.（2）將代入曲線的極坐標方程分別得到，則.【點睛】本題考查了參數(shù)方程化為普通方程的方法，直角坐標方程化為極坐標方程的方法，極坐標的幾何意義，屬于中檔題.20（1）證明見解析 （2）【解析】（1）因為正方形ABCD所在平面與梯形ABMN所在平面垂直，平面平面，所以平面ABMN，因為平面ABMN，平面ABMN，所以，

17、因為，所以，因為，所以，所以，因為在直角梯形ABMN中，所以， 所以，所以，因為，所以平面 （2）如圖，取BM的中點E，則，又BMAN，所以四邊形ABEN是平行四邊形，所以NEAB，又ABCD，所以NECD，因為平面CDM，平面CDM，所以NE平面CDM，所以點N到平面CDM的距離與點E到平面CDM的距離相等， 設點N到平面CDM的距離為h，由可得點B到平面CDM的距離為2h，由題易得平面BCM，所以，且，所以， 又，所以由可得，解得，所以點N到平面CDM的距離為 21（1）：，：；（2），此時.【解析】試題分析：（1）的普通方程為，的直角坐標方程為；（2）由題意，可設點的直角坐標為到的距離當

18、且僅當時，取得最小值，最小值為，此時的直角坐標為.試題解析： （1）的普通方程為，的直角坐標方程為.（2）由題意，可設點的直角坐標為，因為是直線，所以的最小值即為到的距離的最小值，.當且僅當時，取得最小值，最小值為，此時的直角坐標為.考點：坐標系與參數(shù)方程.【方法點睛】參數(shù)方程與普通方程的互化：把參數(shù)方程化為普通方程，需要根據其結構特征，選取適當?shù)南麉⒎椒?，常見的消參方法有：代入消參法；加減消參法；平方和（差）消參法；乘法消參法；混合消參法等把曲線的普通方程化為參數(shù)方程的關鍵：一是適當選取參數(shù)；二是確保互化前后方程的等價性注意方程中的參數(shù)的變化范圍22（1）；（2）；（3）【解析】設事件為“甲是組的第株植物”，事件為“乙是組的第株植物”，事件為“丙是組的第株植物”，、，可得出.（1）設事件為“丙的高度小