上海高中2021-2022學年高三最后一模數學試題含解析

2021-2022高考數學模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．是正四面體的面內一動點，為棱中點，記與平面成角為定值，若點的軌跡為一段拋物線，則（）A． B． C． D．2．在直角坐標平面上，點的坐標滿足方程，點的坐標滿足方程則的取值范圍是（）A． B． C． D．3．在平行四邊形中，若則()A． B． C． D．4．已知，則的取值范圍是（）A．[0，1] B． C．[1，2] D．[0，2]5．已知銳角滿足則（）A． B． C． D．6．函數（或）的圖象大致是（）A． B． C． D．7．若x∈（0，1），a＝lnx，b＝，c＝elnx，則a，b，c的大小關系為（）A．b＞c＞a B．c＞b＞a C．a＞b＞c D．b＞a＞c8．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A． B． C． D．9．記遞增數列的前項和為.若，，且對中的任意兩項與（），其和，或其積，或其商仍是該數列中的項，則（）A． B．C． D．10．如圖示，三棱錐的底面是等腰直角三角形，，且，，則與面所成角的正弦值等于（）A． B． C． D．11．設等比數列的前項和為，則“”是“”的（）A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要12．設集合，，若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，在平面四邊形中，點，是橢圓短軸的兩個端點，點在橢圓上，，記和的面積分別為，，則______.14．一個袋中裝著標有數字1，2，3，4，5的小球各2個，從中任意摸取3個小球，每個小球被取出的可能性相等，則取出的3個小球中數字最大的為4的概率是__．15．在平面直角坐標系中，雙曲線的一條準線與兩條漸近線所圍成的三角形的面積為______.16．對于任意的正數，不等式恒成立，則的最大值為_____.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）的內角，，的對邊分別為，，，其面積記為，滿足.（1）求；（2）若，求的值.18．（12分）“綠水青山就是金山銀山”，為推廣生態(tài)環(huán)境保護意識，高二一班組織了環(huán)境保護興趣小組，分為兩組，討論學習．甲組一共有人，其中男生人，女生人，乙組一共有人，其中男生人，女生人，現要從這人的兩個興趣小組中抽出人參加學校的環(huán)保知識競賽.（1）設事件為“選出的這個人中要求兩個男生兩個女生，而且這兩個男生必須來自不同的組”，求事件發(fā)生的概率；（2）用表示抽取的人中乙組女生的人數，求隨機變量的分布列和期望19．（12分）等差數列的前項和為，已知，．（1）求數列的通項公式；（2）設數列{}的前項和為，求使成立的的最小值．20．（12分）已知橢圓的左，右焦點分別為，直線與橢圓相交于兩點；當直線經過橢圓的下頂點和右焦點時，的周長為，且與橢圓的另一個交點的橫坐標為（1）求橢圓的方程；（2）點為內一點，為坐標原點，滿足，若點恰好在圓上，求實數的取值范圍.21．（12分）如圖所示，直角梯形ABCD中，，，，四邊形EDCF為矩形，，平面平面ABCD．(1)求證：平面ABE；(2)求平面ABE與平面EFB所成銳二面角的余弦值．(3)在線段DF上是否存在點P，使得直線BP與平面ABE所成角的正弦值為，若存在，求出線段BP的長，若不存在，請說明理由．22．（10分）已知函數的最小正周期是，且當時，取得最大值．（1）求的解析式；（2）作出在上的圖象（要列表）．

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．B【解析】

設正四面體的棱長為，建立空間直角坐標系，求出各點的坐標，求出面的法向量，設的坐標，求出向量，求出線面所成角的正弦值，再由角的范圍，結合為定值，得出為定值，且的軌跡為一段拋物線，所以求出坐標的關系，進而求出正切值．【詳解】由題意設四面體的棱長為，設為的中點，以為坐標原點，以為軸，以為軸，過垂直于面的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則可得，，取的三等分點、如圖，則，，，，所以、、、、，由題意設，，和都是等邊三角形，為的中點，，，，平面，為平面的一個法向量，因為與平面所成角為定值，則，由題意可得，因為的軌跡為一段拋物線且為定值，則也為定值，，可得，此時，則，.故選：B.【點睛】考查線面所成的角的求法，及正切值為定值時的情況，屬于中等題．2．B【解析】

由點的坐標滿足方程，可得在圓上，由坐標滿足方程，可得在圓上，則求出兩圓內公切線的斜率，利用數形結合可得結果.【詳解】點的坐標滿足方程，在圓上，在坐標滿足方程，在圓上，則作出兩圓的圖象如圖，設兩圓內公切線為與，由圖可知，設兩圓內公切線方程為，則，圓心在內公切線兩側，，可得，，化為，，即，，的取值范圍，故選B.【點睛】本題主要考查直線的斜率、直線與圓的位置關系以及數形結合思想的應用，屬于綜合題.數形結合是根據數量與圖形之間的對應關系，通過數與形的相互轉化來解決數學問題的一種重要思想方法，尤其在解決選擇題、填空題時發(fā)揮著奇特功效，大大提高了解題能力與速度.運用這種方法的關鍵是運用這種方法的關鍵是正確作出曲線圖象，充分利用數形結合的思想方法能夠使問題化難為簡，并迎刃而解.3．C【解析】

由，,利用平面向量的數量積運算,先求得利用平行四邊形的性質可得結果.【詳解】如圖所示,

平行四邊形中,,

，，,

因為,

所以

,

，所以，故選C.【點睛】本題主要考查向量的幾何運算以及平面向量數量積的運算法則，屬于中檔題.向量的運算有兩種方法：（１）平行四邊形法則（平行四邊形的對角線分別是兩向量的和與差）；（２）三角形法則（兩箭頭間向量是差，箭頭與箭尾間向量是和）.4．D【解析】

設，可得，構造（）22，結合，可得，根據向量減法的模長不等式可得解.【詳解】設，則，，∴（）2?2||22＝4，所以可得：，配方可得，所以，又則[0，2]．故選：D．【點睛】本題考查了向量的運算綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.5．C【解析】

利用代入計算即可.【詳解】由已知，，因為銳角，所以，，即.故選：C.【點睛】本題考查二倍角的正弦、余弦公式的應用，考查學生的運算能力，是一道基礎題.6．A【解析】

確定函數的奇偶性，排除兩個選項，再求時的函數值，再排除一個，得正確選項．【詳解】分析知，函數（或）為偶函數，所以圖象關于軸對稱，排除B，C，當時，，排除D，故選：A．【點睛】本題考查由函數解析式選擇函數圖象，解題時可通過研究函數的性質，如奇偶性、單調性、對稱性等，研究特殊的函數的值、函數值的正負，以及函數值的變化趨勢，排除錯誤選項，得正確結論．7．A【解析】

利用指數函數、對數函數的單調性直接求解．【詳解】∵x∈（0，1），∴a＝lnx＜0，b＝（）lnx＞（）0＝1，0＜c＝elnx＜e0＝1，∴a，b，c的大小關系為b＞c＞a．故選：A．【點睛】本題考查三個數的大小的判斷，考查指數函數、對數函數的單調性等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．8．A【解析】

觀察可知，這個幾何體由兩部分構成,：一個半圓柱體，底面圓的半徑為1，高為2；一個半球體，半徑為1，按公式計算可得體積?！驹斀狻吭O半圓柱體體積為，半球體體積為，由題得幾何體體積為，故選A?！军c睛】本題通過三視圖考察空間識圖的能力，屬于基礎題。9．D【解析】

由題意可得，從而得到，再由就可以得出其它各項的值，進而判斷出的范圍．【詳解】解：，或其積，或其商仍是該數列中的項，或者或者是該數列中的項，又數列是遞增數列，，，，只有是該數列中的項，同理可以得到，，，也是該數列中的項，且有，，或（舍，，根據，，，同理易得，，，，，，，故選：D．【點睛】本題考查數列的新定義的理解和運用，以及運算能力和推理能力，屬于中檔題．10．A【解析】

首先找出與面所成角，根據所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值，再根據同角三角函數關系求出所成角的正弦值.【詳解】由題知是等腰直角三角形且，是等邊三角形，設中點為，連接，，可知，，同時易知，，所以面，故即為與面所成角，有，故.故選：A.【點睛】本題主要考查了空間幾何題中線面夾角的計算，屬于基礎題.11．A【解析】

首先根據等比數列分別求出滿足，的基本量，根據基本量的范圍即可確定答案.【詳解】為等比數列，若成立，有，因為恒成立，故可以推出且，若成立，當時，有，當時，有，因為恒成立，所以有，故可以推出，，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題主要考查了等比數列基本量的求解，充分必要條件的集合關系，屬于基礎題.12．A【解析】

根據交集的結果可得是集合的元素，代入方程后可求的值，從而可求.【詳解】依題意可知是集合的元素，即，解得，由，解得.【點睛】本題考查集合的交，注意根據交集的結果確定集合中含有的元素，本題屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

依題意易得A、B、C、D四點共圓且圓心在x軸上，然后設出圓心，由圓的方程與橢圓方程聯立得到B的橫坐標，進一步得到D橫坐標，再由計算比值即可.【詳解】因為，所以A、B、C、D四點共圓，直徑為，又A、C關于x軸對稱，所以圓心E在x軸上，設圓心E為，則圓的方程為，聯立橢圓方程消y得，解得，故B的橫坐標為，又B、D中點是E，所以D的橫坐標為，故.故答案為：.【點睛】本題考查橢圓中的四點共圓及三角形面積之比的問題，考查學生基本計算能力及轉化與化歸思想，本題關鍵是求出B、D橫坐標，是一道有區(qū)分度的壓軸填空題.14．【解析】

由題，得滿足題目要求的情況有，①有一個數字4，另外兩個數字從1，2，3里面選和②有兩個數字4，另外一個數字從1，2，3里面選，由此即可得到本題答案.【詳解】滿足題目要求的情況可以分成2大類：①有一個數字4，另外兩個數字從1，2，3里面選，一共有種情況；②有兩個數字4，另外一個數字從1，2，3里面選，一共有種情況，又從中任意摸取3個小球，有種情況，所以取出的3個小球中數字最大的為4的概率.故答案為：【點睛】本題主要考查古典概型與組合的綜合問題，考查學生分析問題和解決問題的能力.15．【解析】

求出雙曲線的漸近線方程，求出準線方程，求出三角形的頂點的坐標，然后求解面積．【詳解】解：雙曲線：雙曲線中，，，則雙曲線的一條準線方程為，雙曲線的漸近線方程為：，可得準線方程與雙曲線的兩條漸近線所圍成的三角形的頂點的坐標，，，，則三角形的面積為．故答案為：【點睛】本題考查雙曲線方程的應用，雙曲線的簡單性質的應用，考查計算能力，屬于中檔題．16．【解析】

根據均為正數，等價于恒成立，令，轉化為恒成立，利用基本不等式求解最值.【詳解】由題均為正數，不等式恒成立，等價于恒成立，令則，當且僅當即時取得等號，故的最大值為.故答案為：【點睛】此題考查不等式恒成立求參數的取值范圍，關鍵在于合理進行等價變形，此題可以構造二次函數求解，也可利用基本不等式求解.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）根據三角形面積公式及平面向量數量積定義代入公式，即可求得，進而求得的值；（2）根據正弦定理將邊化為角，結合（1）中的值，即可將表達式化為的三角函數式；結合正弦和角公式與輔助角公式化簡，即可求得和，進而由正弦定理確定，代入整式即可求解.【詳解】（1）因為，所以由三角形面積公式及平面向量數量積運算可得，所以.因為，所以.（2）因為，所以由正弦定理代入化簡可得，由（1），代入可得，展開化簡可得，根據輔助角公式化簡可得.因為，所以，所以，所以為等腰三角形，且，所以.【點睛】本題考查了正弦定理在解三角形中的應用，三角形面積公式的應用，平面向量數量積的運算，正弦和角公式及輔助角公式的簡單應用，屬于基礎題.18．（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列見解析，.【解析】

（Ⅰ）直接利用古典概型概率公式求.（Ⅱ）先由題得可能取值為,再求x的分布列和期望.【詳解】（Ⅰ）（Ⅱ）可能取值為,,,,,的分布列為0123.【點睛】本題主要考查古典概型的計算，考查隨機變量的分布列和期望的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.19．（1）；（2）的最小值為19.【解析】

（1）根據條件列方程組求出首項、公差，即可寫出等差數列的通項公式；（2）根據等差數列前n項和化簡，利用裂項相消法求和，解不等式即可求解.【詳解】(1)等差數列的公差設為，，，可得，，解得，，則；(2)，，前n項和為，即，可得，即，則的最小值為19.【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式，等差數列的前n項和，裂項相消法求和，屬于中檔題20．（1）；（2）或【解析】

（1）由橢圓的定義可知，焦點三角形的周長為，從而求出.寫出直線的方程，與橢圓方程聯立，根據交點橫坐標為，求出和，從而寫出橢圓的方程；（2）設出P、Q兩點坐標，由可知點為的重心，根據重心坐標公式可將點用P、Q兩點坐標來表示.由點在圓O上，知點M的坐標滿足圓O的方程，得式.為直線l與橢圓的兩個交點，用韋達定理表示，將其代入方程，再利用求得的范圍，最終求出實數的取值范圍.【詳解】解：（1）由題意知.，直線的方程為∵直線與橢圓的另一個交點的橫坐標為解得或(舍去)，∴橢圓的方程為（2）設.∴點為的重心，∵點在圓上，由得，代入方程，得，即由得解得.或【點睛