貴州省貴陽第一中學2022年高考沖刺押題（最后一卷）數學試卷含解析

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0．5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．若復數在復平面內對應的點在第二象限，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．2．設等差數列的前n項和為，若，則（）A． B． C．7 D．23．已知復數，則的虛部是（）A． B． C． D．14．已知函數（其中為自然對數的底數）有兩個零點，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．5．已知函，，則的最小值為（）A． B．1 C．0 D．6．關于的不等式的解集是，則關于的不等式的解集是（）A． B．C． D．7．某四棱錐的三視圖如圖所示，記為此棱錐所有棱的長度的集合，則（）.A．，且 B．，且C．，且 D．，且8．已知點，是函數的函數圖像上的任意兩點，且在點處的切線與直線AB平行，則()A．，b為任意非零實數 B．，a為任意非零實數C．a、b均為任意實數 D．不存在滿足條件的實數a，b9．復數滿足(為虛數單位),則的值是()A． B． C． D．10．已知等差數列中，則（）A．10 B．16 C．20 D．2411．集合的子集的個數是（）A．2 B．3 C．4 D．812．“”是“函數（為常數）為冪函數”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分又不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知集合，，則__________．14．三對父子去參加親子活動，坐在如圖所示的6個位置上，有且僅有一對父子是相鄰而坐的坐法有________種（比如：B與D、B與C是相鄰的，A與D、C與D是不相鄰的）.15．的展開式中，的系數為_______（用數字作答）.16．請列舉用0,1,2,3這4個數字所組成的無重復數字且比210大的所有三位奇數：___________．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）設函數，（1）當，，求不等式的解集；（2）已知，，的最小值為1，求證：.18．（12分）已知函數（1）若函數在處取得極值1，證明：（2）若恒成立，求實數的取值范圍.19．（12分）設點，動圓經過點且和直線相切.記動圓的圓心的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）過點的直線與曲線交于、兩點，且直線與軸交于點，設，，求證：為定值.20．（12分）已知在中，角，，的對邊分別為，，，且.（1）求的值；（2）若，求面積的最大值.21．（12分）（某工廠生產零件A，工人甲生產一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分別為，工人乙生產一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分別為．己知生產一件一等品、二等品、三等品零件A給工廠帶來的效益分別為10元、5元、2元.（1）試根據生產一件零件A給工廠帶來的效益的期望值判斷甲乙技術的好壞；（2）為鼓勵工人提高技術，工廠進行技術大賽，最后甲乙兩人進入了決賽．決賽規(guī)則是：每一輪比賽，甲乙各生產一件零件A，如果一方生產的零件A品級優(yōu)干另一方生產的零件，則該方得分1分，另一方得分-1分，如果兩人生產的零件A品級一樣，則兩方都不得分，當一方總分為4分時，比賽結束，該方獲勝．Pi+4（i=4，3，2，…，4）表示甲總分為i時，最終甲獲勝的概率．①寫出P0，P8的值；②求決賽甲獲勝的概率．22．（10分）已知橢圓的離心率為，且過點.（1）求橢圓C的標準方程；（2）點P是橢圓上異于短軸端點A，B的任意一點，過點P作軸于Q，線段PQ的中點為M.直線AM與直線交于點N，D為線段BN的中點，設O為坐標原點，試判斷以OD為直徑的圓與點M的位置關系.

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】

復數，在復平面內對應的點在第二象限，可得關于a的不等式組，解得a的范圍.【詳解】，由其在復平面對應的點在第二象限，得，則.故選：B.【點睛】本題考查了復數的運算法則、幾何意義、不等式的解法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．2．B【解析】

根據等差數列的性質并結合已知可求出，再利用等差數列性質可得，即可求出結果．【詳解】因為，所以，所以，所以，故選：B【點睛】本題主要考查等差數列的性質及前項和公式，屬于基礎題．3．C【解析】

化簡復數，分子分母同時乘以，進而求得復數，再求出，由此得到虛部.【詳解】，，所以的虛部為.故選：C【點睛】本小題主要考查復數的乘法、除法運算，考查共軛復數的虛部，屬于基礎題.4．B【解析】

求出導函數，確定函數的單調性，確定函數的最值，根據零點存在定理可確定參數范圍．【詳解】，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，∴在上只有一個極大值也是最大值，顯然時，，時，，因此要使函數有兩個零點，則，∴．故選：B．【點睛】本題考查函數的零點，考查用導數研究函數的最值，根據零點存在定理確定參數范圍．5．B【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的最值，涉及到二倍角公式的應用，是一道中檔題.6．A【解析】

由的解集，可知及，進而可求出方程的解，從而可求出的解集.【詳解】由的解集為，可知且，令，解得，，因為，所以的解集為，故選：A.【點睛】本題考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查學生的計算求解能力與推理能力，屬于基礎題.7．D【解析】

首先把三視圖轉換為幾何體，根據三視圖的長度，進一步求出個各棱長.【詳解】根據幾何體的三視圖轉換為幾何體為：該幾何體為四棱錐體，如圖所示：所以：，，.故選：D..【點睛】本題考查三視圖和幾何體之間的轉換，主要考查運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題.8．A【解析】

求得的導函數，結合兩點斜率公式和兩直線平行的條件：斜率相等，化簡可得，為任意非零實數.【詳解】依題意，在點處的切線與直線AB平行，即有，所以，由于對任意上式都成立，可得，為非零實數.故選：A【點睛】本題考查導數的運用，求切線的斜率，考查兩點的斜率公式，以及化簡運算能力，屬于中檔題．9．C【解析】

直接利用復數的除法的運算法則化簡求解即可．【詳解】由得：本題正確選項：【點睛】本題考查復數的除法的運算法則的應用，考查計算能力．10．C【解析】

根據等差數列性質得到，再計算得到答案.【詳解】已知等差數列中，故答案選C【點睛】本題考查了等差數列的性質，是數列的常考題型.11．D【解析】

先確定集合中元素的個數，再得子集個數．【詳解】由題意，有三個元素，其子集有8個．故選：D．【點睛】本題考查子集的個數問題，含有個元素的集合其子集有個，其中真子集有個．12．A【解析】

根據冪函數定義，求得的值，結合充分條件與必要條件的概念即可判斷.【詳解】∵當函數為冪函數時，，解得或，∴“”是“函數為冪函數”的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題考查了充分必要條件的概念和判斷，冪函數定義的應用，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】

解一元二次不等式化簡集合，再進行集合的交運算，即可得到答案.【詳解】，，.故答案為：.【點睛】本題考查一元二次不等式的求解、集合的交運算，考查運算求解能力，屬于基礎題.14．192【解析】

根據題意，分步進行分析：①，在三對父子中任選1對，安排在相鄰的位置上，②，將剩下的4人安排在剩下的4個位置，要求父子不能坐在相鄰的位置，由分步計數原理計算可得答案．【詳解】根據題意，分步進行分析：①，在三對父子中任選1對，有3種選法，由圖可得相鄰的位置有4種情況，將選出的1對父子安排在相鄰的位置，有種安排方法；②，將剩下的4人安排在剩下的4個位置，要求父子不能坐在相鄰的位置，有種安排方法，則有且僅有一對父子是相鄰而坐的坐法種；故答案為：【點睛】本題考查排列、組合的應用，涉及分步計數原理的應用，屬于基礎題．15．60【解析】

根據二項式定理展開式通項，即可求得的系數.【詳解】因為，所以，則所求項的系數為.故答案為：60【點睛】本題考查了二項展開式通項公式的應用，指定項系數的求法，屬于基礎題.16．231,321,301,1【解析】

分個位數字是1、3兩種情況討論，即得解【詳解】0,1,2,3這4個數字所組成的無重復數字比210大的所有三位奇數有：（1）當個位數字是1時，數字可以是231,321,301；（2）當個位數字是3時數字可以是1．故答案為：231,321,301，1【點睛】本題考查了分類計數法的應用，考查了學生分類討論，數學運算的能力，屬于基礎題.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）或；（2）證明見解析【解析】

（1）將化簡，分類討論即可；（2）由（1）得，，展開后再利用基本不等式即可.【詳解】（1）當時，，所以或或解得或，因此不等式的解集的或（2）根據，當且僅當時，等式成立.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法、利用基本不等式證明不等式問題，考查學生基本的計算能力，是一道基礎題.18．（1）證明見詳解；（2）【解析】

（1）求出函數的導函數，由在處取得極值1，可得且.解出，構造函數，分析其單調性，結合，即可得到的范圍，命題得證；

（2）由分離參數，得到恒成立，構造函數，求導函數，再構造函數，進行二次求導.由知，則在上單調遞增.根據零點存在定理可知有唯一零點，且.由此判斷出時，單調遞減，時，單調遞增，則，即.由得，再次構造函數，求導分析單調性，從而得，即，最終求得，則.【詳解】解：（1）由題知，∵函數在，處取得極值1，，且，，，令，則為增函數，，即成立.（2）不等式恒成立，即不等式恒成立，即恒成立，令，則令，則,，，在上單調遞增，且，有唯一零點，且，當時，，，單調遞減；當時，，，單調遞增.，由整理得，令，則方程等價于而在上恒大于零，在上單調遞增，.，∴實數的取值范圍為.【點睛】本題考查了函數的極值，利用導函數判斷函數的單調性，函數的零點存在定理，證明不等式，解決不等式恒成立問題.其中多次構造函數，是解題的關鍵，屬于綜合性很強的難題.19．（1）；（2）見解析．【解析】

（1）已知點軌跡是以為焦點，直線為準線的拋物線，由此可得曲線的方程；（2）設直線方程為，，則，設，由直線方程與拋物線方程聯(lián)立消元應用韋達定理得，，由，，用橫坐標表示出，然后計算，并代入，可得結論．【詳解】（1）設動圓圓心，由拋物線定義知：點軌跡是以為焦點，直線為準線的拋物線，設其方程為，則，解得．∴曲線的方程為；（2）證明：設直線方程為，，則，設，由得，①，則，，②，由，，得，，整理得，，∴，代入②得：．【點睛】本題考查求曲線方程，考查拋物線的定義，考查直線與拋物線相交問題中的定值問題．解題方法是設而不求的思想方法，即設交點坐標，設直線方程，直線方程代入拋物線（或圓錐曲線）方程得一元二次方程，應用韋達定理得，，代入題中其他條件所求式子中化簡變形．20．(1);(2).【解析】分析：（1）在式子中運用正弦、余弦定理后可得．（2）由經三角變換可得，然后運用余弦定理可得，從而得到，故得．詳解：(1)由題意及正、余弦定理得，整理得，∴（2）由題意得，∴，∵，∴，∴.由余弦定理得，∴，，當且僅當時等號成立．∴．∴面積的最大值為．點睛：（1）正、余弦定理經常與三角形的面積綜合在一起考查，解題時要注意整體代換的應用，如余弦定理中常用的變形，這樣自然地與三角形的面積公式結合在一起．（2）運用基本不等式求最值時，要注意等號成立的條件，在解題中必須要注明．21．（1）乙的技術更好，見解析（2）①，；②【解析】

（1）列出分布列，求出期望，比較大小即可；（2）①直接根據概率的意義可得P0，P8；②設每輪比賽甲得分為，求出每輪比賽甲得1分的概率，甲得0分的概率，甲得分的概率，可的，可推出是等差數列，根據可得答案.【詳解】（1）記甲乙各生產一件零件給工廠帶來的效益分別為元、元，隨機變量，的分布列分別為10521052所以，，所以，即乙的技術更好（2）①表示的是甲得分時，甲最終獲勝的概率，所以，表示的是甲得4分時，甲最終獲勝的概率，所以；②設每輪比賽甲得分為，則每輪比賽甲得1分的概率，甲得0分的概率，甲得分的概率，所以甲得時，最終獲勝有以下三種情況：（1）下一輪得1分并最終獲勝，概率為；（2）下一輪得0分并最終獲勝，概率為；（3）下一輪得分并最終獲勝，概率為；所以，所以是等差數列，則，即決賽甲獲勝的概率是.【點睛】本題考查離散型隨機變量的分布列和期望，考查數列遞推