2021-2022学年芜湖市高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1复数 (i为虚数单位)的共轭复数是A1+iB1iC1+iD1i2已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，则当时，的最大值是（ ）A8B9C10

2、D113已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)，其右焦点F的坐标为(c,0)，点A是第一象限内双曲线渐近线上的一点，O为坐标原点，满足|OA|=c2a，线段AF交双曲线于点M.若M为AF的中点，则双曲线的离心率为（ ）A2B2C233D434已知双曲线：的焦距为，焦点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的渐近线方程为（）ABCD5已知集合，集合，则（）ABCD6已知a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件7已知向量，则（ ）ABC()D( )8如图，正方体中，分别为棱、的中点，则下列各直线中，不与平

3、面平行的是（ ）A直线B直线C直线D直线9如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（ ）ABCD10若数列为等差数列，且满足，为数列的前项和，则（ ）ABCD11已知向量，（其中为实数），则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件12函数的图象如图所示，为了得到的图象，可将的图象（ ）A向右平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向左平移个单位二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的最大值为_.14给出以下式子：tan25+tan35tan25tan35；2(sin35cos

4、25+cos35cos65)；其中，结果为的式子的序号是_.15已知函数若关于的不等式的解集为，则实数的所有可能值之和为_.16在中，内角所对的边分别是，若，则_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知直线的参数方程为（，为参数），曲线的极坐标方程为.(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，并说明曲线的形状；(2)若直线经过点，求直线被曲线截得的线段的长.18（12分）已知抛物线，直线与交于，两点，且.（1）求的值；（2）如图，过原点的直线与抛物线交于点，与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点，证明：直线过定点.19（12分）在平面直角坐标系中，曲

5、线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）设点，若直线与曲线相交于、两点，求的值20（12分）如图，在平行四边形中，现沿对角线将折起，使点A到达点P，点M，N分别在直线，上，且A，B，M，N四点共面.（1）求证：；（2）若平面平面，二面角平面角大小为，求直线与平面所成角的正弦值.21（12分）已知函数（）若，求曲线在点处的切线方程；（）若在上恒成立，求实数的取值范围；（）若数列的前项和，求证：数列的前项和.22（10分）已知矩阵的一个特征值为4，求矩阵A的逆矩阵.参考答案一、选择题：本题共12小

6、题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1B【解析】分析：化简已知复数z，由共轭复数的定义可得详解：化简可得z= z的共轭复数为1i.故选B点睛：本题考查复数的代数形式的运算，涉及共轭复数，属基础题2B【解析】根据题意计算，解不等式得到答案.【详解】是以1为首项，2为公差的等差数列，.是以1为首项，2为公比的等比数列，.，解得.则当时，的最大值是9.故选：.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，f分组求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.3C【解析】计算得到Ac,bca，Mc,bc2a，代入双曲线化简得到答案.【详解】双曲线的一条渐近线方程为y=b

7、ax，A是第一象限内双曲线渐近线上的一点，|OA|=c2a，故Ac,bca，Fc,0，故Mc,bc2a，代入双曲线化简得到：3c24a2=1，故e=233.故选：C.【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.4A【解析】利用双曲线：的焦点到渐近线的距离为，求出，的关系式，然后求解双曲线的渐近线方程【详解】双曲线：的焦点到渐近线的距离为，可得：，可得，则的渐近线方程为故选A【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，构建出的关系是解题的关键，考查计算能力，属于中档题.5D【解析】可求出集合，然后进行并集的运算即可【详解】解：，；故选【点睛】考查描述法、区间的定义，对数函数

8、的单调性，以及并集的运算6C【解析】根据线面平行的性质定理和判定定理判断与的关系即可得到答案.【详解】若，根据线面平行的性质定理，可得；若，根据线面平行的判定定理，可得.故选：C.【点睛】本题主要考查了线面平行的性质定理和判定定理，属于基础题.7D【解析】由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行、垂直的性质，得出结论.【详解】向量（1，2），（3，1），和的坐标对应不成比例，故、不平行，故排除A；显然，3+20，故、不垂直，故排除B；（2，1），显然，和的坐标对应不成比例，故和不平行，故排除C；（）2+20，故 （），故D正确，故选：D.【点睛】本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两

9、个向量平行、垂直的性质，属于基础题.8C【解析】充分利用正方体的几何特征，利用线面平行的判定定理，根据判断A的正误.根据，判断B的正误.根据与 相交，判断C的正误.根据，判断D的正误.【详解】在正方体中，因为 ，所以 平面，故A正确. 因为，所以，所以平面 故B正确.因为，所以平面，故D正确.因为与 相交，所以 与平面 相交，故C错误.故选：C【点睛】本题主要考查正方体的几何特征，线面平行的判定定理，还考查了推理论证的能力，属中档题.9A【解析】由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1再由球与圆柱体积公式求解【详解】

10、由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1则几何体的体积为故选：【点睛】本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平10B【解析】利用等差数列性质，若，则 求出，再利用等差数列前项和公式得【详解】解：因为 ，由等差数列性质，若，则得，为数列的前项和，则故选：【点睛】本题考查等差数列性质与等差数列前项和.(1)如果为等差数列，若，则 (2)要注意等差数列前项和公式的灵活应用，如.11A【解析】结合向量垂直的坐标表示，将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必

11、要条件.【详解】由，则，所以；而当，则，解得或.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本小题考查平面向量的运算，向量垂直，充要条件等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，应用意识.12C【解析】根据正弦型函数的图象得到，结合图像变换知识得到答案.【详解】由图象知：，.又时函数值最大，所以.又，从而，只需将的图象向左平移个单位即可得到的图象，故选C.【点睛】已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求，一般用最高点或最低点求二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】由三角函数图象相位变换后表达函数解析式，再利用三角恒等变

12、换与辅助角公式整理的表达式，进而由三角函数值域求得最大值.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则所以，当函数最大，最大值为故答案为：【点睛】本题考查表示三角函数图象平移后图象的解析式，还考查了利用三角恒等变换化简函数式并求最值，属于简单题.14【解析】由已知分别结合和差角的正切及正弦余弦公式进行化简即可求解.【详解】tan60tan（25+35），tan25+tan35tan25tan35；tan25tan35，2（sin35cos25+cos35cos65）2（sin35cos25+cos35sin25），2sin60；tan（45+15）tan60；故答案为：【点睛】本

13、题主要考查了两角和与差的三角公式在三角化简求值中的应用，属于中档试题.15【解析】由分段函数可得不满足题意；时，可得，即有，解方程可得，4，结合指数函数的图象和二次函数的图象即可得到所求和【详解】解：由函数，可得的增区间为，时，时，当关于的不等式的解集为，可得不成立，时，时，不成立；，即为，可得，即有，显然，4成立；由和的图象可得在仅有两个交点综上可得的所有值的和为1故答案为：1【点睛】本题考查分段函数的图象和性质，考查不等式的解法，注意运用分类讨论思想方法，考查化简运算能力，属于中档题16【解析】先求得的值，由此求得的值，再利用正弦定理求得的值.【详解】由于，所以，所以.由正弦定理得.故答案

14、为：【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查三角形的内角和定理，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17 (1) 曲线表示的是焦点为，准线为的抛物线;(2)8.【解析】试题分析：（1）将曲线的极坐标方程为两边同时乘以，利用极坐标与直角坐标之间的关系即可得出其直角坐标方程；（2）由直线经过点，可得的值，再将直线的参数方程代入曲线的标准方程，由直线参数方程的几何意义可得直线被曲线截得的线段的长.试题解析：（1）由可得，即， 曲线表示的是焦点为，准线为的抛物线. （2）将代入，得， ， ， ，直线的参数方程

15、为 (为参数).将直线的参数方程代入得，由直线参数方程的几何意义可知，. 18（1）；（2）见解析【解析】（1）联立直线和抛物线，消去可得，求出，再代入弦长公式计算即可.（2）由（1）可得，设，计算直线的方程为，代入求出，即可求出，再代入抛物线方程，求出，最后计算直线的斜率，求出直线的方程，化简可得到恒过的定点.【详解】（1）由，消去可得，设，则，.，解得或(舍去)，.（2）证明：由（1）可得，设，所以直线的方程为，当时，则，代入抛物线方程，可得，所以直线的斜率，直线的方程为，整理可得，故直线过定点.【点睛】本题第一问考查直线与抛物线相交的弦长问题，需熟记弦长公式.第二问考查直线方程和直线恒过

16、定点问题，需有较强的计算能力，属于难题.19（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）.【解析】（1）在曲线的参数方程中消去参数可得出曲线的普通方程，利用两角和的正弦公式以及可将直线的极坐标方程化为普通方程；（2）设直线的参数方程为（为参数），并设点、所对应的参数分别为、，利用韦达定理可求得的值.【详解】（1）由，得，曲线的普通方程为，由，得，直线的直角坐标方程为；（2）设直线的参数方程为（为参数），代入，得，则，设、两点对应参数分别为、，.【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线参数方程几何意义的应用，考查计算能力，属于中等题.20（1）证明见解析；（2

17、）【解析】（1）根据余弦定理，可得，利用/，可得/平面，然后利用线面平行的性质定理，/，最后可得结果.（2）根据二面角平面角大小为，可知N为的中点，然后利用建系，计算以及平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，可得结果.【详解】（1）不妨设，则，在中,，则，因为，所以，因为/，且A、B、M、N四点共面，所以/平面.又平面平面，所以/.而，.（2）因为平面平面，且，所以平面，因为，所以平面，因为，平面与平面夹角为，所以，在中，易知N为的中点，如图，建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则由，令，得.设与平面所成角为，则.【点睛】本题考查线面平行的性质定理以及线面角，熟练掌握利用建系的方法解决几何问题，将几何问题代数化，化繁为简，属中档题.21 ()；()；()证明见解析.【解析】试题分析：将，求出切线方程求导后讨论当时和时的单调性证明，求出实数的取值范围先求出、的通项公式，利用当时，得，下面证明：解析：（）因为，所以，切点为.由，所以，所以曲线在处的切线方程为，即（）由，令，则（当且仅当取等号）.故在上为增函数.当时，,故在上为增函数，所以恒成立，故符合题意；当时，由于，根据零点存在定理，必存在