2022届四川省简阳市高考临考冲刺数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸（单位：），则该几何体的表面积为( )A BCD2 “纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样.为了测算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包含在内，并向

2、该正方形内随机投掷200个点，己知恰有80个点落在阴影部分据此可估计阴影部分的面积是（ ）ABC10D3已知函数，若不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是（ ）ABCD4过抛物线C：y24x的焦点F，且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MNl，则M到直线NF的距离为（ ）A BCD5已知双曲线：（，）的右焦点与圆：的圆心重合，且圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，则双曲线的离心率为（ ）A2BCD36已知为等腰直角三角形，为所在平面内一点，且，则（ ）ABCD7（ ）ABCD8一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图

3、是等腰三角形，该几何体的表面积是 （ ） ABCD9如图，是圆的一条直径，为半圆弧的两个三等分点，则（ ）ABCD10从某市的中学生中随机调查了部分男生，获得了他们的身高数据，整理得到如下频率分布直方图：根据频率分布直方图，可知这部分男生的身高的中位数的估计值为ABCD11已知平面向量，满足，且，则与的夹角为（ ）ABCD12已知函数是定义在上的偶函数，当时，则,，的大小关系为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知，且，则_14某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二 人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为，那么高三被抽取的人

4、数为_15若四棱锥的侧面内有一动点Q，已知Q到底面的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角平面角的大小为时，k的值为_.16已知a，b均为正数，且，的最小值为_.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）已知函数，其中为实常数.（1）若存在，使得在区间内单调递减，求的取值范围；（2）当时，设直线与函数的图象相交于不同的两点，证明：.18（12分）在四棱锥中，是等边三角形，点在棱上，平面平面（1）求证：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值；（3）设直线与平面相交于点，若，求的值19（12分）在平面直角坐标系中,已

5、知椭圆：（）的左、右焦点分别为、,且点、与椭圆的上顶点构成边长为2的等边三角形（1）求椭圆的方程；（2）已知直线与椭圆相切于点,且分别与直线和直线相交于点、试判断是否为定值,并说明理由20（12分）分别为的内角的对边.已知.（1）若，求；（2）已知，当的面积取得最大值时，求的周长.21（12分）已知ABC三内角A、B、C所对边的长分别为a，b，c，且3sin2A+3sin2B4sinAsinB+3sin2C（1）求cosC的值；（2）若a3，c，求ABC的面积22（10分）已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求点的

6、坐标.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。1C【解析】由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，据此可计算出答案.【详解】由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，该几何体的表面积.故选：C【点睛】本题主要考查了三视图的知识，几何体的表面积的计算.由三视图正确恢复几何体是解题的关键.2D【解析】直接根据几何概型公式计算得到答案.【详解】根据几何概型：，故.故选：.【点睛】本题考查了根据几何概型求面积，意在考查学生的计算能力和应用能力.3A【解析】先求出函数在处的切线方程，在同一直角坐标

7、系内画出函数和的图象，利用数形结合进行求解即可.【详解】当时，所以函数在处的切线方程为：，令，它与横轴的交点坐标为.在同一直角坐标系内画出函数和的图象如下图的所示：利用数形结合思想可知：不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是.故选：A【点睛】本题考查了利用数形结合思想解决不等式恒成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.4C【解析】联立方程解得M(3，)，根据MNl得|MN|MF|4，得到MNF是边长为4的等边三角形，计算距离得到答案.【详解】依题意得F(1,0)，则直线FM的方程是y(x1)由得x或x3.由M在x轴的上方得M(3，)，由MNl得|MN|MF|314又NMF等于直线FM的倾斜

8、角，即NMF60，因此MNF是边长为4的等边三角形点M到直线NF的距离为故选：C.【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力.5A【解析】由已知，圆心M到渐近线的距离为，可得，又，解方程即可.【详解】由已知，渐近线方程为，因为圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，所以圆心M到渐近线的距离为，故，所以离心率为.故选：A.【点睛】本题考查双曲线离心率的问题，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，是一道容易题.6D【解析】以AB,AC分别为x轴和y轴建立坐标系，结合向量的坐标运算，可求得点的坐标，进而求得，由平面向量的数量积可得答案.【详解】如图建系，则，由，易

9、得，则.故选：D【点睛】本题考查平面向量基本定理的运用、数量积的运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.7D【解析】利用，根据诱导公式进行化简，可得，然后利用两角差的正弦定理，可得结果.【详解】由所以，所以原式所以原式故故选：D【点睛】本题考查诱导公式以及两角差的正弦公式，关键在于掌握公式，属基础题.8D【解析】由三视图可知该几何体的直观图是轴截面在水平面上的半个圆锥，表面积为,故选D9B【解析】连接、，即可得到，再根据平面向量的数量积及运算律计算可得；【详解】解：连接、，是半圆弧的两个三等分点， ，且，所以四边形为棱形，故选：B【点睛】本题考查平面向量的数量

10、积及其运算律的应用，属于基础题.10C【解析】由题可得，解得，则，所以这部分男生的身高的中位数的估计值为，故选C11C【解析】根据， 两边平方，化简得，再利用数量积定义得到求解.【详解】因为平面向量，满足，且， 所以，所以，所以 ，所以，所以与的夹角为.故选：C【点睛】本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题.12C【解析】根据函数的奇偶性得，再比较的大小，根据函数的单调性可得选项.【详解】依题意得，当时，因为，所以在上单调递增，又在上单调递增，所以在上单调递增，即，故选：C.【点睛】本题考查函数的奇偶性的应用、幂、指、对的大小比较，以及根据函数的单调性比较大小，属于中档题

11、.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】试题分析：因,故,所以，,应填.考点：三角变换及运用14【解析】由分层抽样的知识可得，即，所以高三被抽取的人数为，应填答案15【解析】二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线得距离为d，则.再由点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得，由此可得，则由可求k值.【详解】解：如图，设二面角平面角为，点Q到底面的距离为，点Q到定直线的距离为d，则，即.点Q到底面的距离与到点P的距离之比为正常数k，则，动点Q的轨迹是抛物线，即则.二面角的平面角的余弦值为解得：（）.故答案为：.【点睛】本题考查了四棱锥的结构特征，由四棱锥的

12、侧面与底面的夹角求参数值，属于中档题.16【解析】本题首先可以根据将化简为，然后根据基本不等式即可求出最小值.【详解】因为，所以，当且仅当，即、时取等号，故答案为：.【点睛】本题考查根据基本不等式求最值，基本不等式公式为，在使用基本不等式的时候要注意“”成立的情况，考查化归与转化思想，是中档题.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）；（2）见解析.【解析】（1）将所求问题转化为在上有解，进一步转化为函数最值问题；（2）将所证不等式转化为，进一步转化为，然后再通过构造加以证明即可.【详解】（1），根据题意，在内存在单调减区间，则不等式在上有解，由得，设，则，当且

13、仅当时，等号成立，所以当时，所以存在，使得成立，所以的取值范围为。（2）当时，则，从而所证不等式转化为，不妨设，则不等式转化为，即，即，令，则不等式转化为，因为，则，从而不等式化为，设，则，所以在上单调递增，所以即不等式成立，故原不等式成立.【点睛】本题考查了利用导数研究函数单调性、利用导数证明不等式，这里要强调一点，在证明不等式时，通常是构造函数，将问题转化为函数的极值或最值来处理，本题是一道有高度的压轴解答题.18（1）证明见解析（2）（3）【解析】（1）取中点为,连接,由等边三角形性质可得,再由面面垂直的性质可得,根据平行直线的性质可得,进而求证；（2）以为原点,过作的平行线,分别以,分

14、别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,由点在棱上,可设,即可得到,再求得平面的法向量,进而利用数量积求解；（3）设,则,求得,即可求得点的坐标,再由与平面的法向量垂直,进而求解.【详解】（1）证明:取中点为,连接,因为是等边三角形,所以,因为且相交于,所以平面,所以,因为,所以,因为,在平面内,所以,所以.（2）以为原点,过作的平行线,分别以,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,则,因为在棱上,可设,所以,设平面的法向量为,因为,所以,即,令,可得,即,设直线与平面所成角为,所以,可知当时,取最大值.（3）设,则有,得,设,那么,所以,所以.因为,所以.又因为,所以,设平面的法向量为,则,

15、即,可得,即 因为在平面内,所以,所以,所以,即,所以或者（舍）,即.【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查空间向量法求线面成角,考查运算能力与空间想象能力.19（1）（2）为定值【解析】（1）根据题意,得出,从而得出椭圆的标准方程（2）根据题意设直线方程：,因为直线与椭圆相切,这有一个交点,联立直线与椭圆方程得,则,解得把和代入,得和 ,的表达式,比即可得出为定值【详解】解：（1）依题意,所以椭圆的标准方程为（2）为定值.因为直线分别与直线和直线相交,所以,直线一定存在斜率设直线：,由得,由,得 把代入,得,把代入,得,又因为,所以,由式,得, 把式代入式,得,即为定值【点睛】本题考查椭圆的定

16、义、方程、和性质,主要考查椭圆方程的运用,考查椭圆的定值问题,考查计算能力和转化思想,是中档题.20（1）（2）【解析】（1）根据正弦定理，将，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；（2）根据，选择，所以当的面积取得最大值时，最大，结合（1）中条件，即可求出最大时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长【详解】（1）由，得，即.因为，所以.由，得.（2）因为，所以，当且仅当时，等号成立.因为的面积.所以当时，的面积取得最大值，此时，则，所以的周长为.【点睛】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及到基本不等式的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力21（1）；（2）

17、或【解析】（1）利用正弦定理对已知代数式化简，根据余弦定理求解余弦值；（2）根据余弦定理求出b1或b3，结合面积公式求解.【详解】（1）已知等式3sin2A+3sin2B4sinAsinB+3sin2C，利用正弦定理化简得：3a2+3b23c24ab，即a2+b2c2ab，cosC；（2）把a3，c，代入3a2+3b23c24ab得：b1或b3，cosC，C为三角形内角，sinC，SABCabsinC3bb，则ABC的面积为或【点睛】此题考查利用正余弦定理求解三角形，关键在于熟练掌握正弦定理进行边角互化，利用余弦定理求解边长，根据面积公式求解面积.22（1）；（2）【解析】（1）由题意得，求出，进而可得到椭圆的方程；（2）由（1）知点，坐标，设直线的方程为，易知，可得点的坐标为，联立方程，得到关于的一元