2022届北京市衡中清大教育集团高考数学全真模拟密押卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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已知双曲线：的焦点为，且上点满足，则双曲线的离心率为ABCD52复数在复平面内对应的点为则（ ）ABCD3若不相等的非零实数，成等差数列，且，成等比数列，则（ ）ABC2D4已知是虚数单位，若，则（ ）AB2CD35已知函数，若关于的方程恰好

2、有3个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）ABCD6若双曲线的离心率，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ）AB2CD17如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时，下列结论中不正确的是A在内总存在与平面平行的线段B平面平面C三棱锥的体积为定值D可能为直角三角形8已知集合，则=( )ABCD9在边长为2的菱形中，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD10函数在上的最大值和最小值分别为（ ）A，-2B，-9C-2，-9D2，-211已知，则( )ABCD12已知函数的一条切线为，则的最小值为（

3、 ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13将含有甲、乙、丙的6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一个组的概率为_.14若函数在和上均单调递增，则实数的取值范围为_15已知等比数列满足公比，为其前项和，构成等差数列，则_16已知集合，其中，.且，则集合中所有元素的和为_.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）已知椭圆的右焦点为，直线被称作为椭圆的一条准线，点在椭圆上(异于椭圆左、右顶点)，过点作直线与椭圆相切，且与直线相交于点.（1）求证：.（2）若点

4、在轴的上方，当的面积最小时，求直线的斜率.附：多项式因式分解公式：18（12分）设函数，其中（）当为偶函数时，求函数的极值；（）若函数在区间上有两个零点，求的取值范围19（12分）已知椭圆的左右焦点分别为，焦距为4，且椭圆过点，过点且不平行于坐标轴的直线交椭圆与两点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点.（1）求的周长；（2）求面积的最大值.20（12分）已知椭圆的中心在坐标原点，其短半轴长为，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上的点，且证明：直线与圆相切；求面积的最小值21（12分）如图，在直棱柱中，底面为菱形，与相交于点，与相交于点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.22

5、（10分）已知点P在抛物线上，且点P的横坐标为2，以P为圆心，为半径的圆（O为原点），与抛物线C的准线交于M，N两点，且（1）求抛物线C的方程；（2）若抛物线的准线与y轴的交点为H过抛物线焦点F的直线l与抛物线C交于A，B，且，求的值参考答案一、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】根据双曲线定义可以直接求出，利用勾股定理可以求出，最后求出离心率.【详解】依题意得，因此该双曲线的离心率.【点睛】本题考查了双曲线定义及双曲线的离心率，考查了运算能力.2B【解析】求得复数，结合复数除法运算，求得的值.【详解】易知，则.故选：B

6、【点睛】本小题主要考查复数及其坐标的对应，考查复数的除法运算，属于基础题.3A【解析】由题意，可得，消去得,可得，继而得到，代入即得解【详解】由，成等差数列，所以，又，成等比数列，所以，消去得，所以，解得或，因为，是不相等的非零实数，所以，此时，所以故选：A【点睛】本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.4A【解析】直接将两边同时乘以求出复数，再求其模即可.【详解】解：将两边同时乘以，得故选：A【点睛】考查复数的运算及其模的求法，是基础题.5D【解析】讨论，三种情况，求导得到单调区间，画出函数图像，根据图像得到答案.【详解】当时，故，函数在上

7、单调递增，在上单调递减，且；当时，；当时，函数单调递减；如图所示画出函数图像，则，故.故选：.【点睛】本题考查了利用导数求函数的零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力.6C【解析】根据双曲线的解析式及离心率，可求得的值；得渐近线方程后，由点到直线距离公式即可求解.【详解】双曲线的离心率，则，解得，所以焦点坐标为，所以，则双曲线渐近线方程为，即，不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得，故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质及简单应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简单应用，属于基础题.7D【解析】A项用平行于平面ABC的平面与平面MDN相交，则交线与平面ABC平行；B项利用线面垂

8、直的判定定理；C项三棱锥与三棱锥体积相等，三棱锥的底面积是定值，高也是定值，则体积是定值;D项用反证法说明三角形DMN不可能是直角三角形.【详解】A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确； B项，如图：当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故正确；D项,若DMN为直角三角形,则必是以MDN为直角的

9、直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以DMN不可能为直角三角形,故错误.故选D【点睛】本题考查了命题真假判断、棱柱的结构特征、空间想象力和思维能力，意在考查对线面、面面平行、垂直的判定和性质的应用，是中档题.8C【解析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，意在考查学生的计算能力.9D【解析】取AC中点N，由题意得即为二面角的平面角，过点B作于O，易得点O为的中心，则三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，列出方程即可得解.【详解】如图，由题意易知与均为正三角形，取AC中点N，连接BN，DN，则，即为二面角的平面

10、角，过点B作于O，则平面ACD，由，可得，即点O为的中心，三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，,解得，三棱锥的外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查了立体图形外接球表面积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题.10B【解析】由函数解析式中含绝对值，所以去绝对值并画出函数图象，结合图象即可求得在上的最大值和最小值.【详解】依题意，作出函数的图象如下所示；由函数图像可知，当时，有最大值，当时，有最小值.故选：B.【点睛】本题考查了绝对值函数图象的画法，由函数图象求函数的最值，属于基础题.11B【解析】利用指数函数和对数函数的单调性，将数据和做对比，即可判断.【详解】由于，故.故

11、选：B.【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，属基础题.12A【解析】求导得到，根据切线方程得到，故，设，求导得到函数在上单调递减，在上单调递增，故，计算得到答案.【详解】，则，取，故，.故，故，.设，取，解得.故函数在上单调递减，在上单调递增，故.故选：.【点睛】本题考查函数的切线问题，利用导数求最值，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】先求出总的基本事件数，再求出甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的基本事件数，然后根据古典概型求解【详解】6人平均分成两组参加“文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一

12、组分发宣传资料的基本事件总数共有个，甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的基本事件个数有：个，所以甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为.故答案为：【点睛】本题主要考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题.14【解析】化简函数，求出在上的单调递增区间，然后根据在和上均单调递增，列出不等式求解即可【详解】由知，当时，在和上单调递增，在和上均单调递增，的取值范围为：故答案为：【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，关键是根据函数的单调性列出关于m的方程组，属中档题150【解析】利用等差中项以及等比数列的前项和公式即可求解.【详解】由，是

13、等差数列可知因为，所以，故答案为：0【点睛】本题考查了等差中项的应用、等比数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.162889【解析】先计算集合中最小的数为，最大的数，可得，求和即得解.【详解】当时，集合中最小数；当时，得到集合中最大的数； 故答案为：2889【点睛】本题考查了数列与集合综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，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）证明见解析（2）【解析】（1）由得令可得，进而得到，同理，利用数量积坐标计算即可；（2），分，两种情况讨论即可.【详解】（1）证明：点的坐标为.联立方程，消去后整理为有，可得

14、，.可得点的坐标为.当时，可求得点的坐标为，.有,故有.（2）若点在轴上方，因为，所以有，由（1）知因为时.由（1）知，由函数单调递增，可得此时.当时，由（1）知令由，故当时，此时函数单调递增：当时，此时函数单调递减，又由，故函数的最小值，函数取最小值时，可求得.由知，若点在轴上方，当的面积最小时，直线的斜率为.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到分类讨论求函数的最值，考查学生的运算求解能力，是一道难题.18（）极小值，极大值；（）或【解析】（）根据偶函数定义列方程，解得.再求导数，根据导函数零点列表分析导函数符号变化规律，即得极值，（）先分离变量，转化研究函数，利用导数研究单调性与图

15、象，最后根据图象确定满足条件的的取值范围【详解】（）由函数是偶函数，得，即对于任意实数都成立，所以. 此时，则.由，解得. 当x变化时，与的变化情况如下表所示： 00极小值极大值所以在，上单调递减，在上单调递增. 所以有极小值，有极大值. （）由，得. 所以“在区间上有两个零点”等价于“直线与曲线，有且只有两个公共点”. 对函数求导，得. 由，解得，. 当x变化时，与的变化情况如下表所示： 00极小值极大值所以在，上单调递减，在上单调递增. 又因为，所以当或时，直线与曲线，有且只有两个公共点. 即当或时，函数在区间上有两个零点.【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存

16、在的判定定理构建不等式求解.(2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.19（1）12（2）【解析】（1）根据焦距得焦点坐标，结合椭圆上的点的坐标，根据定义；（2）求出椭圆的标准方程，设，联立直线和椭圆，结合韦达定理表示出面积，即可求解最大值.【详解】（1）设椭园的焦距为，则，故.则椭圆过点，由椭圆定义知:，故，因此，的周长；（2）由（1）知:，椭圆方程为:设，则，当且仅当在短轴顶点处取等，故面积的最大值为.【点睛】此题考查根据椭圆的焦点和椭圆上的点的坐标求椭圆的标准方程，根据直线与椭圆的交点关系求三角形面积的最值，涉及韦

17、达定理的使用，综合性强，计算量大.20证明见解析；1.【解析】由题意可得椭圆的方程为，由点在直线上，且知的斜率必定存在，分类讨论当的斜率为时和斜率不为时的情况列出相应式子，即可得出直线与圆相切；由知，的面积为【详解】解：由题意，椭圆的焦点在轴上，且，所以所以椭圆的方程为由点在直线上，且知的斜率必定存在，当的斜率为时，于是，到的距离为，直线与圆相切当的斜率不为时，设的方程为，与联立得，所以，从而而，故的方程为，而在上，故，从而，于是此时，到的距离为，直线与圆相切综上，直线与圆相切由知，的面积为，上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查化归与转化思想，属于难题21（1）证明见解析（2）【解析】（1）要证明平面，只需证明，即可：（2）取中点，连，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出与平面的法向量，再利用计算即可.【详解】（1）底面为菱形，直棱柱平面.平面.平面；（2）如图，取中点，连，以为原点，分别为轴建立如图所示空间直角坐标系：，点，设平面的法向量为，有，令，得又，设直线与平面所成的角为，所以故直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明以及向量法求线面角的正弦值，考查学生的运算求解能力，本题解题关键是正确写出点的坐标.