2021-2022學年吉林省吉林市蛟河市高考數(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考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、要求的。1若函數(shù)（）的圖象過點，則（ ）A函數(shù)的值域是B點是的一個對稱中心C函數(shù)的最小正周期是D直線是的一條對稱軸2已知直線過圓的圓心，則的最小值為（ ）A1B2C3D43設分別為的三邊的中點，則（ ）ABCD4己知全集為實數(shù)集R，集合A=x|x2 +2x-80，B=x|log2x0，得x-4或x2，A=x|x2 +2x-80 x| x-4或x2，由log2x1，x0，得0 x2，B=x|log2x1 x |0 x2，則，.故選：D.【點睛】本題考查了交、并、補集的混合運算，考查了對數(shù)不等式，二次不等式的求法，是基礎題.5C【解析】由題意，可根據(jù)向量運算法則得到（1m），從而由向量分解的唯一性

3、得出關于t的方程，求出t的值.【詳解】由題意及圖，又，所以，（1m），又t，所以，解得m，t，故選C【點睛】本題考查平面向量基本定理，根據(jù)分解的唯一性得到所求參數(shù)的方程是解答本題的關鍵，本題屬于基礎題.6B【解析】計算，再計算交集得到答案【詳解】,表示偶數(shù)，故.故選：.【點睛】本題考查了集合的交集，意在考查學生的計算能力.7B【解析】，選B.8C【解析】分別假設甲乙丙丁說的是真話，結合其他人的說法，看是否只有一個說的是真話，即可求得年紀最大者，即可求得答案.【詳解】假設甲說的是真話，則年紀最大的是甲，那么乙說謊，丙也說謊，而丁說的是真話，而已知只有一個人說的是真話，故甲說的不是真話，年紀最大的

4、不是甲；假設乙說的是真話，則年紀最大的是乙，那么甲說謊，丙說真話，丁也說真話，而已知只有一個人說的是真話，故乙說謊，年紀最大的也不是乙；假設丙說的是真話，則年紀最大的是乙，所以乙說真話，甲說謊，丁說的是真話，而已知只有一個人說的是真話，故丙在說謊，年紀最大的也不是乙；假設丁說的是真話，則年紀最大的不是丁，而已知只有一個人說的是真話，那么甲也說謊，說明甲也不是年紀最大的，同時乙也說謊，說明乙也不是年紀最大的，年紀最大的只有一人，所以只有丙才是年紀最大的，故假設成立，年紀最大的是丙.綜上所述，年紀最大的是丙故選：C.【點睛】本題考查合情推理，解題時可從一種情形出發(fā)，推理出矛盾的結論，說明這種情形不

5、會發(fā)生，考查了分析能力和推理能力，屬于中檔題.9A【解析】試題分析：,所以，即集合中共有3個元素，故選A考點：集合的運算10D【解析】直接利用復數(shù)的模的求法的運算法則求解即可.【詳解】（是虛數(shù)單位）可得解得本題正確選項：【點睛】本題考查復數(shù)的模的運算法則的應用，復數(shù)的模的求法，考查計算能力.11C【解析】利用三角恒等變換化簡三角函數(shù)為標準正弦型三角函數(shù)，即可容易求得最小值.【詳解】由于，故其最小值為：.故選：C.【點睛】本題考查利用降冪擴角公式、輔助角公式化簡三角函數(shù)，以及求三角函數(shù)的最值，屬綜合基礎題.12A【解析】根據(jù)遞增數(shù)列的特點可知，解得，由此得到若是遞增數(shù)列，則，根據(jù)推出關系可確定結

6、果.【詳解】若“是遞增數(shù)列”，則，即，化簡得：，又，則是遞增數(shù)列，是遞增數(shù)列，“”是“為遞增數(shù)列”的必要不充分條件故選：.【點睛】本題考查充分條件與必要條件的判斷，涉及到根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性求解參數(shù)范圍，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】化簡函數(shù)，求出在上的單調(diào)遞增區(qū)間，然后根據(jù)在和上均單調(diào)遞增，列出不等式求解即可【詳解】由知，當時，在和上單調(diào)遞增，在和上均單調(diào)遞增，的取值范圍為：故答案為：【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，關鍵是根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性列出關于m的方程組，屬中檔題14【解析】設直線的方程為，與聯(lián)立得到A點坐標，由得，代入可得，即得解.【詳解

7、】由題意，直線的方程為，與聯(lián)立得，由得，從而，即，從而離心率故答案為：【點睛】本題考查了雙曲線的離心率，考查了學生綜合分析，轉(zhuǎn)化劃歸，數(shù)學運算的能力，屬于中檔題.15【解析】根據(jù)交集的定義即可寫出答案?！驹斀狻?，故填【點睛】本題考查集合的交集，需熟練掌握集合交集的定義，屬于基礎題。16【解析】先根據(jù)點共線得到，從而得到O的軌跡為阿氏圓，結合三角形和三角形的面積關系可求.【詳解】設B，O，E共線，則，解得，從而O為CD中點，故.在BOD中，BD2，易知O的軌跡為阿氏圓，其半徑，故故答案為：.【點睛】本題主要考查三角形的面積問題，把所求面積進行轉(zhuǎn)化是求解的關鍵，側(cè)重考查數(shù)學運算的核心素養(yǎng).三、解答

8、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）20【解析】（1）利用即可得到答案；（2）利用直線參數(shù)方程的幾何意義，.【詳解】解：（1）由，得圓C的直角坐標方程為，即.（2）將直線l的參數(shù)方程代入圓C的直角坐標方程，得，即，設兩交點A，B所對應的參數(shù)分別為，從而，則.【點睛】本題考查了極坐標方程與普通方程的互化、直線參數(shù)方程的幾何意義等知識，考查學生的計算能力，是一道容易題.18（1）；（2）【解析】（1）設，根據(jù)題意可得點的軌跡方程滿足的等式，化簡即可求得動點的軌跡的方程；（2）設出切線的斜率分別為，切點，點，則可得過點的拋物線的切線方程為，聯(lián)立拋物線方程并化簡，由

9、相切時可得兩條切線斜率關系；由拋物線方程求得導函數(shù)，并由導數(shù)的幾何意義并代入拋物線方程表示出，可求得，結合點滿足的方程可得的取值范圍，即可求得的范圍.【詳解】（1）設點，點到直線的距離等于，化簡得，動點的軌跡的方程為.（2）由題意可知，的斜率都存在，分別設為，切點，設點，過點的拋物線的切線方程為，聯(lián)立，化簡可得，即，.由，求得導函數(shù)，因為點滿足，由圓的性質(zhì)可得，即直線斜率的取值范圍為.【點睛】本題考查了動點軌跡方程的求法，直線與拋物線相切的性質(zhì)及應用，導函數(shù)的幾何意義及應用，點和圓位置關系求參數(shù)的取值范圍，屬于中檔題.19（1）；（2）【解析】（1）由三角形面積公式，平面向量數(shù)量積的運算可得，

10、結合范圍，可求，進而可求的值（2）利用同角三角函數(shù)基本關系式可求，利用兩角和的正弦函數(shù)公式可求的值，由正弦定理可求得的值【詳解】解：（1）由，得，因為，所以，可得：（2）中，所以.所以：，由正弦定理，得，解得，【點睛】本題主要考查了三角形面積公式，平面向量數(shù)量積的運算，同角三角函數(shù)基本關系式，兩角和的正弦函數(shù)公式，正弦定理在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎題20（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

11、， ,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.21 (1) ;(2).【解析】(1)平面平面,建立坐標系，根據(jù)法向量互相垂直求得;(2)求兩個平面的法向量的夾角.【詳解】(1) 如圖，以為原點，在平面內(nèi)垂直于的直線為軸所在的直線分別為軸,軸，建立空間直角坐標系，則，設為平面的一個法向量,由得,取,則因為平面的一個法向量為由平面平面，得所以即.(2) 設二面角的大小為，當平面的一個法向量為,綜上,二面角的余弦值為.【點睛】本題考查用空間向量求平面間的夾角, 平面與平面垂直的判定,二面角的平面角及求法,難度一般.22（）（t為參數(shù)）；（）或或.【解析】試題分析: 本題主要考查極坐標方程、參數(shù)方程與