2022届贵州省遵义市高三一诊考试数学试卷含解析

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已知椭圆：的左、右焦点分别为，过的直线与轴交于点，线段与交于点.若，则的方程为（ ）ABCD2若不等式对于一切恒成立，则的最小值是 （ ）A0BCD3给出以下四个命题：依次首尾相接的

2、四条线段必共面；过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；垂直于同一直线的两条直线必平行.其中正确命题的个数是（ ）A0B1C2D34如图，在四边形中，则的长度为（ ）ABCD5已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD6公比为2的等比数列中存在两项，满足，则的最小值为（ ）ABCD7函数在上为增函数，则的值可以是( )A0BCD8已知命题：是“直线和直线互相垂直”的充要条件；命题：函数的最小值为4. 给出下列命题：；，其中真命题的个数为( )A1B2C3D49已知定义在上的函数在区间上单调递增，

3、且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（ ）ABCD10一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）ABCD8411已知等差数列中，则（）A10B16C20D2412已知函数有两个不同的极值点，若不等式有解，则的取值范围是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13过直线上一动点向圆引两条切线MA，MB，切点为A，B，若，则四边形MACB的最小面积的概率为_14在正方体中，已知点在直线上运动，则下列四个命题中：三棱锥的体积不变；当为中点时，二面角 的余弦值为；若正方体的棱长为2，则的最小值为；其中说法正确的是_（写出所有说法正确的编号）15如图在三棱柱中，

4、点为线段上一动点，则的最小值为_.16已知，为虚数单位，且，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）已知函数.（1）当时，求函数的值域.（2）设函数，若，且的最小值为，求实数的取值范围.18（12分）已知函数f(x)=ex-x2 -kx（其中e为自然对数的底，k为常数）有一个极大值点和一个极小值点（1）求实数k的取值范围；（2）证明：f(x)的极大值不小于119（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数），以坐标点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos（+）1（1）求直线l的直角坐标方程和曲线C的

5、普通方程；（2）已知点M （2，0），若直线l与曲线C相交于P、Q两点，求的值20（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，为椭圆上一动点（异于左右顶点），面积的最大值为（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆相交于点两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由21（12分）的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，点为边的中点，且，求的面积.22（10分）在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，设与交于、两点，中点为，的垂直平分线交于、.以为坐标原点，极轴为轴的正半轴建立直角坐标系.（1）求的直角坐标方程与点的直角坐

6、标；（2）求证：.参考答案一、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。1D【解析】由题可得，所以，又，所以，得，故可得椭圆的方程.【详解】由题可得，所以，又，所以，得，所以椭圆的方程为.故选：D【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，椭圆标准方程的求解.2C【解析】试题分析：将参数a与变量x分离，将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，即可得到结论解：不等式x2+ax+10对一切x(0，成立，等价于a-x-对于一切成立，y=-x-在区间上是增函数a-a的最小值为-故答案为C考点：不等式的应用点评：本题综合考查了不等式的应用、不等式的解法等基础

7、知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题3B【解析】用空间四边形对进行判断；根据公理2对进行判断；根据空间角的定义对进行判断；根据空间直线位置关系对进行判断.【详解】中，空间四边形的四条线段不共面，故错误.中，由公理2知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，故正确.中，由空间角的定义知道，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故错误.中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交，可平行，可异面，故错误.故选：B【点睛】本小题考查空间点，线，面的位置关系及其相关公理，定理及其推论的理解和认识；考查空间想象能力，推理论证能力，考查数形结合思想

8、，化归与转化思想.4D【解析】设，在中，由余弦定理得，从而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.【详解】设，在中，由余弦定理得，则，从而，由正弦定理得，即，从而，在中，由余弦定理得：，则.故选：D【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.5B【解析】由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值范围.【详解】由题意知函数是上的减函数，于是有，解得，因此，实数的取值范围是故选：B.【点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求

9、解能力，属于中等题.6D【解析】根据已知条件和等比数列的通项公式，求出关系，即可求解.【详解】，当时，当时，当时，当时，当时，当时，最小值为.故选:D.【点睛】本题考查等比数列通项公式，注意为正整数，如用基本不等式要注意能否取到等号，属于基础题.7D【解析】依次将选项中的代入，结合正弦、余弦函数的图象即可得到答案.【详解】当时，在上不单调，故A不正确；当时，在上单调递减，故B不正确；当时，在上不单调，故C不正确；当时，在上单调递增，故D正确.故选：D【点睛】本题考查正弦、余弦函数的单调性，涉及到诱导公式的应用，是一道容易题.8A【解析】先由两直线垂直的条件判断出命题p的真假，由基本不等式判断命

10、题q的真假，从而得出p,q的非命题的真假，继而判断复合命题的真假，可得出选项.【详解】已知对于命题，由得，所以命题为假命题；关于命题，函数，当时，当即时，取等号，当时，函数没有最小值，所以命题为假命题.所以和是真命题，所以为假命题，为假命题，为假命题，为真命题，所以真命题的个数为1个.故选：A.【点睛】本题考查直线的垂直的判定和基本不等式的应用，以及复合命题的真假的判断，注意运用基本不等式时，满足所需的条件，属于基础题.9C【解析】根据题意，由函数的图象变换分析可得函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图

11、象，由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，由，得，函数在区间上单调递增，则，得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.10B【解析】画出几何体的直观图，计算表面积得到答案.【详解】该几何体的直观图如图所示：故.故选：.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.11C【解析】根据等差数列性质得到，再计算得到答案.【详解】已知等差数列中，故答案选C【点睛】本题考查了等差数列的性质，是数列的常考题型.12C【解析】先求导得（），由于函数有两个不同的极值

12、点，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围.【详解】由题可得：（），因为函数有两个不同的极值点，所以方程有两个不相等的正实数根，于是有解得.若不等式有解，所以因为.设，故在上单调递增，故，所以，所以的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.【解析】先求圆的半径, 四边形的最小面积,转化为的最小值为，求出切线长的最小值,再求的距离也

13、就是圆心到直线的距离,可解得的取值范围,利用几何概型即可求得概率【详解】由圆的方程得，所以圆心为，半径为，四边形的面积，若四边形的最小面积，所以的最小值为，而，即的最小值，此时最小为圆心到直线的距离，此时，因为，所以，所以的概率为【点睛】本题考查直线与圆的位置关系,及与长度有关的几何概型,考查了学生分析问题的能力,难度一般.14【解析】，平面，得出上任意一点到平面的距离相等，所以判断命题；由已知得出点P在面上的射影在上，根据线面垂直的判定和性质或三垂线定理，可判断命题；当为中点时，以点D为坐标原点，建立空间直角系，如下图所示，运用二面角的空间向量求解方法可求得二面角的余弦值，可判断命题；过作平

14、面交于点，做点关于面对称的点，使得点在平面内，根据对称性和两点之间线段最短，可求得当点在点时，在一条直线上，取得最小值.可判断命题.【详解】，平面，所以上任意一点到平面的距离相等，所以三棱锥的体积不变，所以正确；在直线上运动时，点P在面上的射影在上，所以DP在面上的射影在上，又，所以，所以正确；当为中点时，以点D为坐标原点，建立空间直角系，如下图所示，设正方体的棱长为2.则:，所以，设面的法向量为，则，即，令，则，设面的法向量为， ，即， ，由图示可知，二面角 是锐二面角，所以二面角的余弦值为，所以不正确；过作平面交于点，做点关于面对称的点，使得点在平面内，则，所以，当点在点时，在一条直线上，

15、取得最小值. 因为正方体的棱长为2，所以设点的坐标为，所以，所以，又所以，所以，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查空间里的线线，线面，面面关系，几何体的体积，在求解空间里的两线段的和的最小值，仍可以运用对称的思想，两点之间线段最短进行求解，属于难度题.15【解析】把 绕着进行旋转，当四点共面时，运用勾股定理即可求得的最小值.【详解】将以为轴旋转至与面在一个平面，展开图如图所示，若，三点共线时最小为，为直角三角形，故答案为：【点睛】本题考查了空间几何体的翻折，平面内两点之间线段最短，解直角三角形进行求解，考查了空间想象能力和计算能力，属于中档题.164【解析】解：利用复数相等，可知由有三、解答

16、题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）；（2）.【解析】（1）令，求出的范围，再由指数函数的单调性，即可求出结论；（2）对分类讨论，分别求出以及的最小值或范围，与的最小值建立方程关系，求出的值，进而求出的取值关系.【详解】（1）当时， 令，而是增函数，函数的值域是.（2）当时，则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，在上单调递增，最小值为，而的最小值为，所以这种情况不可能.当时，则在上单调递减且没有最小值，在上单调递增最小值为，所以的最小值为，解得（满足题意），所以，解得.所以实数的取值范围是.【点睛】本题考查复合函数的值域与分段函数的最值，熟练掌握二次函数图像

17、和性质是解题的关键，属于中档题.18（1）；（2）见解析【解析】（1）求出，记，问题转化为方程有两个不同解，求导，研究极值即可得结果 ；（2）由（1）知，在区间上存在极大值点，且，则可求出极大值，记，求导，求单调性，求出极值即可.【详解】（1），由， 记，由，且时，单调递减，时，单调递增， 由题意，方程有两个不同解，所以；（2）解法一：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，所以的极大值为， 记，则，因为，所以，所以时，单调递减，时，单调递增， 所以，即函数的极大值不小于1. 解法二：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，所以的极大值为， 因为，所以.即函数的极大值不小于1.【点睛】本题考查导数

18、研究函数的单调性，极值，考查学生综合分析能力与转化能力，是一道中档题.19（1）l： ，C方程为 ；（2）【解析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果【详解】(1)曲线C的参数方程为（m为参数），两式相加得到，进一步转换为直线l的极坐标方程为cos（+）1，则 转换为直角坐标方程为（2）将直线的方程转换为参数方程为（t为参数），代入得到（t1和t2为P、Q对应的参数），所以，所以【点睛】本题考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型20（1）；（2）见解析【解析】（1）由面积最大值可得，又，以及，解得，即可得到椭圆的方程，（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形，设，线段的中点为，根据韦达定理求出点的坐标，再根据，即可求出的值，可得点的坐标.【详解】（1）面积的最大值为，则：又，解得：，椭圆的方程为：（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形设，线段的中点为由，消去可得：，解得：， 依题意有，由可得：，可得：由可得：，代入上式化简可得：则：，解得：当时，点满