2022屆福建省德化一中、永安一中、漳平一中高三考前熱身數學試卷含解析

2021-2022高考數學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．2．如圖，是圓的一條直徑，為半圓弧的兩個三等分點，則（）A． B． C． D．3．對于任意，函數滿足，且當時，函數.若，則大小關系是（）A． B． C． D．4．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的結果為（）A． B． C． D．5．已知雙曲線的離心率為，拋物線的焦點坐標為，若，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B．C． D．6．已知，，則（）A． B． C．3 D．47．等腰直角三角形的斜邊AB為正四面體側棱，直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，有下列說法：（1）四面體EBCD的體積有最大值和最小值；（2）存在某個位置，使得；（3）設二面角的平面角為，則；（4）AE的中點M與AB的中點N連線交平面BCD于點P，則點P的軌跡為橢圓.其中，正確說法的個數是（）A．1 B．2 C．3 D．48．設復數滿足（為虛數單位），則復數的共軛復數在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限9．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A．向右平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向左平移個單位10．函數的最小正周期是，則其圖象向左平移個單位長度后得到的函數的一條對稱軸是（）A． B． C． D．11．過拋物線的焦點的直線與拋物線交于、兩點，且，拋物線的準線與軸交于，的面積為，則（）A． B． C． D．12．給出下列四個命題：①若“且”為假命題，則﹑均為假命題；②三角形的內角是第一象限角或第二象限角；③若命題，，則命題，；④設集合，，則“”是“”的必要條件；其中正確命題的個數是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．給出以下式子：①tan25°+tan35°tan25°tan35°；②2(sin35°cos25°+cos35°cos65°)；③其中，結果為的式子的序號是_____.14．已知數列中，為其前項和，，，則_________，_________.15．的二項展開式中，含項的系數為__________．16．如圖，在平面四邊形ABCD中，|AC|=3,|BD|=4，則(AB+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，在四棱錐中，平面平面，.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）若銳二面角的余弦值為，求直線與平面所成的角.18．（12分）已知橢圓的離心率為，橢圓C的長軸長為4.（1）求橢圓C的方程；（2）已知直線與橢圓C交于兩點，是否存在實數k使得以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.19．（12分）已知函數（I）若討論的單調性；（Ⅱ）若，且對于函數的圖象上兩點，存在，使得函數的圖象在處的切線.求證：.20．（12分）已知命題：，；命題：函數無零點.（1）若為假，求實數的取值范圍；（2）若為假，為真，求實數的取值范圍.21．（12分）數列滿足，，其前n項和為，數列的前n項積為.（1）求和數列的通項公式；（2）設，求的前n項和，并證明：對任意的正整數m、k，均有.22．（10分）為了解網絡外賣的發(fā)展情況，某調查機構從全國各城市中抽取了100個相同等級地城市，分別調查了甲乙兩家網絡外賣平臺（以下簡稱外賣甲、外賣乙）在今年3月的訂單情況，得到外賣甲該月訂單的頻率分布直方圖，外賣乙該月訂單的頻數分布表，如下圖表所示.訂單：（單位：萬件）頻數1223訂單：（單位：萬件）頻數402020102（1）現規(guī)定，月訂單不低于13萬件的城市為“業(yè)績突出城市”，填寫下面的列聯表，并根據列聯表判斷是否有90%的把握認為“是否為業(yè)績突出城市”與“選擇網絡外賣平臺”有關.業(yè)績突出城市業(yè)績不突出城市總計外賣甲外賣乙總計（2）由頻率分布直方圖可以認為，外賣甲今年3月在全國各城市的訂單數（單位：萬件）近似地服從正態(tài)分布，其中近似為樣本平均數（同一組數據用該區(qū)間的中點值作代表），的值已求出，約為3.64，現把頻率視為概率，解決下列問題：①從全國各城市中隨機抽取6個城市，記為外賣甲在今年3月訂單數位于區(qū)間的城市個數，求的數學期望；②外賣甲決定在今年3月訂單數低于7萬件的城市開展“訂外賣，搶紅包”的營銷活動來提升業(yè)績，據統(tǒng)計，開展此活動后城市每月外賣訂單數將提高到平均每月9萬件的水平，現從全國各月訂單數不超過7萬件的城市中采用分層抽樣的方法選出100個城市不開展營銷活動，若每按一件外賣訂單平均可獲純利潤5元，但每件外賣平均需送出紅包2元，則外賣甲在這100個城市中開展營銷活動將比不開展營銷活動每月多盈利多少萬元？附：①參考公式：，其中.參考數據：0.150.100.050.0250.0100.0012.7022.7063.8415.0246.63510.828②若，則，.

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。1．A【解析】

利用已知條件畫出幾何體的直觀圖，然后求解幾何體的體積．【詳解】幾何體的三視圖的直觀圖如圖所示，則該幾何體的體積為：．故選：．【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的體積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵．2．B【解析】

連接、，即可得到，，再根據平面向量的數量積及運算律計算可得；【詳解】解：連接、，，是半圓弧的兩個三等分點，，且，所以四邊形為棱形，．故選：B【點睛】本題考查平面向量的數量積及其運算律的應用，屬于基礎題.3．A【解析】

由已知可得的單調性，再由可得對稱性，可求出在單調性，即可求出結論.【詳解】對于任意，函數滿足，因為函數關于點對稱，當時，是單調增函數，所以在定義域上是單調增函數.因為，所以，.故選:A.【點睛】本題考查利用函數性質比較函數值的大小，解題的關鍵要掌握函數對稱性的代數形式，屬于中檔題..4．D【解析】循環(huán)依次為直至結束循環(huán)，輸出，選D.點睛：算法與流程圖的考查，側重于對流程圖循環(huán)結構的考查.先明晰算法及流程圖的相關概念，包括選擇結構、循環(huán)結構、偽代碼，其次要重視循環(huán)起點條件、循環(huán)次數、循環(huán)終止條件，更要通過循環(huán)規(guī)律，明確流程圖研究的數學問題，是求和還是求項.5．A【解析】

求出拋物線的焦點坐標，得到雙曲線的離心率，然后求解a，b關系，即可得到雙曲線的漸近線方程．【詳解】拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點坐標為（1，0），則p＝2，又e＝p，所以e2，可得c2＝4a2＝a2+b2，可得：ba，所以雙曲線的漸近線方程為：y＝±．故選：A．【點睛】本題考查雙曲線的離心率以及雙曲線漸近線方程的求法，涉及拋物線的簡單性質的應用．6．A【解析】

根據復數相等的特征，求出和，再利用復數的模公式，即可得出結果.【詳解】因為，所以，解得則.故選：A.【點睛】本題考查相等復數的特征和復數的模，屬于基礎題.7．C【解析】

解：對于（1），當CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方時，E到平面BCD的距離最大，當CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方時，E到平面BCD的距離最小，∴四面體E﹣BCD的體積有最大值和最小值，故（1）正確；對于（2），連接DE，若存在某個位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，則AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，進一步可得AE＝DE，此時E﹣ABD為正三棱錐，故（2）正確；對于（3），取AB中點O，連接DO，EO，則∠DOE為二面角D﹣AB﹣E的平面角，為θ，直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，θ∈[0，π），∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正確；對于（4）AE的中點M與AB的中點N連線交平面BCD于點P，P到BC的距離為：dP﹣BC，因為＜1，所以點P的軌跡為橢圓．（4）正確．故選：C．點睛：該題考查的是有關多面體和旋轉體對應的特征，以幾何體為載體，考查相關的空間關系，在解題的過程中，需要認真分析，得到結果，注意對知識點的靈活運用.8．D【解析】

先把變形為，然后利用復數代數形式的乘除運算化簡，求出，得到其坐標可得答案.【詳解】解：由，得，所以，其在復平面內對應的點為，在第四象限故選：D【點睛】此題考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數的代數表示法及其幾何意義，屬于基礎題.9．D【解析】

直接根據三角函數的圖象平移規(guī)則得出正確的結論即可；【詳解】解：函數，要得到函數的圖象，只需將函數的圖象向左平移個單位．故選：D．【點睛】本題考查三角函數圖象平移的應用問題，屬于基礎題．10．D【解析】

由三角函數的周期可得，由函數圖像的變換可得，平移后得到函數解析式為，再求其對稱軸方程即可.【詳解】解：函數的最小正周期是，則函數，經過平移后得到函數解析式為，由，得，當時，.故選D.【點睛】本題考查了正弦函數圖像的性質及函數圖像的平移變換，屬基礎題.11．B【解析】

設點、，并設直線的方程為，由得，將直線的方程代入韋達定理，求得，結合的面積求得的值，結合焦點弦長公式可求得.【詳解】設點、，并設直線的方程為，將直線的方程與拋物線方程聯立，消去得，由韋達定理得，，，，，，，，可得，，拋物線的準線與軸交于，的面積為，解得，則拋物線的方程為，所以，.故選：B.【點睛】本題考查拋物線焦點弦長的計算，計算出拋物線的方程是解答的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.12．B【解析】

①利用真假表來判斷，②考慮內角為，③利用特稱命題的否定是全稱命題判斷，④利用集合間的包含關系判斷.【詳解】若“且”為假命題，則﹑中至少有一個是假命題，故①錯誤；當內角為時，不是象限角，故②錯誤；由特稱命題的否定是全稱命題知③正確；因為，所以，所以“”是“”的必要條件，故④正確.故選：B.【點睛】本題考查命題真假的問題，涉及到“且”命題、特稱命題的否定、象限角、必要條件等知識，是一道基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．①②③【解析】

由已知分別結合和差角的正切及正弦余弦公式進行化簡即可求解.【詳解】①∵tan60°＝tan（25°+35°），tan25°+tan35°tan25°tan35°；tan25°tan35°，，②2（sin35°cos25°+cos35°cos65°）＝2（sin35°cos25°+cos35°sin25°），＝2sin60°；③tan（45°+15°）＝tan60°；故答案為：①②③【點睛】本題主要考查了兩角和與差的三角公式在三角化簡求值中的應用，屬于中檔試題.14．8（寫為也得分）【解析】

由，得，.當時，，所以，所以的奇數項是以1為首項，以2為公比的等比數列；其偶數項是以2為首項，以2為公比的等比數列.則，.15．【解析】

寫出二項展開式的通項，然后取的指數為求得的值，則項的系數可求得.【詳解】，由，可得.含項的系數為.故答案為：【點睛】本題考查了二項式定理展開式、需熟記二項式展開式的通項公式，屬于基礎題.16．-7【解析】

由題意得AB+【詳解】由題意得ABBC+∴AB+【點睛】突破本題的關鍵是抓住題中所給圖形的特點，利用平面向量基本定理和向量的加減運算，將所給向量統(tǒng)一用AC,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．（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由余弦定理解得，即可得到，由面面垂直的性質可得平面，即可得到，從而得證；（Ⅱ）在平面中，過點作于點，則平面，如圖所示建立空間直角坐標系，設，其中，利用空間向量法得到二面角的余弦，即可得到的關系，從而得解；【詳解】解：（Ⅰ）證明：在中，，解得，則，從而因為平面平面，平面平面所以平面，又因為平面，所以，因為，，平面，平面，所以平面；（Ⅱ）解：在平面中，過點作于點，則平面，如圖所示建立空間直角坐標系，設，其中，則設平面的法向量為，則，即，令，則又平面的一個法向量，則從而，故則直線與平面所成的角為，大小為.【點睛】本題考查線面垂直的判定，面面垂直的性質定理的應用，利用空間向量法解決立體幾何問題，屬于中檔題.18．（1）；（2）存在，當時，以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O.【解析】

（1）設橢圓的焦半距為，利用離心率為，橢圓的長軸長為1．列出方程組求解，推出，即可得到橢圓的方程．（2）存在實數使得以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點．設點，，，，將直線的方程代入，化簡，利用韋達定理，結合向量的數量積為0，轉化為：．求解即可．【詳解】解：（1）設橢圓的焦半距為c，則由題設，得，解得，所以，故所求橢圓C的方程為（2）存在實數k使得以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O.理由如下：設點，，將直線的方程代入，并整理，得.（*）則，因為以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O，所以，即.又，于是，解得，經檢驗知：此時（*）式的，符合題意.所以當時，以線段為直徑的圓恰好經過坐標原點O【點睛】本題考查橢圓方程的求法，橢圓的簡單性質，直線與橢圓位置關系的綜合應用，考查計算能力以及轉化思想的應用，屬于中檔題.19．(1)見解析(2)見證明【解析】

(1)對函數求導，分別討論，以及，即可得出結果；(2)根據題意，由導數幾何意義得到，將證明轉化為證明即可，再令，設，用導數方法判斷出的單調性，進而可得出結論成立.【詳解】（1）解：易得，函數的定義域為，，令，得或.①當時，時，，函數單調遞減；時，，函數單調遞增.此時，的減區(qū)間為，增區(qū)間為.②當時，時，，函數單調遞減；或時，，函數單調遞增.此時，的減區(qū)間為，增區(qū)間為，.③當時，時，，函數單調遞增；此時，的減區(qū)間為.綜上，當時，的減區(qū)間為，增區(qū)間為：當時，的減區(qū)間為，增區(qū)間為.；當時，增區(qū)間為.（2）證明：由題意及導數的幾何意義，得由（1）中得.易知，導函數在上為增函數，所以，要證，只要證，即，即證.因為，不妨令，則.所以，所以在上為增函數，所以，即，所以，即，即.故有（得證）.【點睛】本題主要考查導數的應用，通常需要對函數求導，利用導數的方法研究函數的單調性以及函數極值等即可，屬于?？碱}型.20．（1）（2）【解析】

（1）為假,則為真，求導，利用導函數研究函數有零點條件得的取值范圍；（2）由為假，為真，知一真一假；分類討論列不等式組可解.【詳解】（1）依題意，為真，則無解，即無解；令，則，故當時，，單調遞增，當，，單調遞減，作出函數圖象如下所示，觀察可知，，即；（2）若為真，則，解得；由為假，為真，知一真一假；若真假，則實數滿足，則；若假真，則實數滿足，無解；綜上所述，實數的取值范圍為.【點睛】本題考查根據全(特)稱命題的真假求參數的問題.其思路：與全稱命題或特稱命題真假有關的參數取值范圍問題的本質是恒成立問題或有解問題．解決此類問題時，一般先利用等價轉化思想將條件合理轉化，得到關于參數的方程或不等式(組)，再通過解方程或不等式(組)求出參數的值或范圍．21．（1），；（2），證明見解析【解析】

（1）利用已知條件建立等量關系求出數列的通項公式．（2）利用裂項相消法求出數列的和，進一步利用放縮法求出結論．【詳解】（1），，得是公比為的等比數列，，，當時，數列的前項積為，則，兩式相除得，