2022年安徽省“江南十套”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已知三棱锥且平面，其外接球体积为（ ）ABCD2设函数，则，的大致图象大致是的( )ABCD3函数的定义域为（ ）ABCD4若复数，则（ ）ABCD205已知斜率为k的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是

2、（ ）ABCD6已知函数的最小正周期为，且满足，则要得到函数的图像，可将函数的图像（ ）A向左平移个单位长度B向右平移个单位长度C向左平移个单位长度D向右平移个单位长度7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（ ）A2BCD38已知复数，则的虚部是（ ）ABCD19设i为数单位，为z的共轭复数，若，则（ ）ABCD10已知复数满足，(为虚数单位)，则( )ABCD311若均为任意实数，且，则 的最小值为（ ）ABCD12已知半径为2的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为2，则球的体积与圆柱的体积的比为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小

3、题，每小题5分，共20分。13如果椭圆的对称轴为坐标轴，短轴的一个端点与两焦点组成一正三角形，焦点在x轴上，且=, 那么椭圆的方程是 14等腰直角三角形内有一点P，则面积为_.15将一颗质地均匀的正方体骰子（每个面上分别写有数字1，2，3，4，5，6）先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数之和是6的的概率是_16如图，在体积为V的圆柱中，以线段上的点O为项点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为，则的值是_.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，函数在点处的切线斜率为0.（1）试用含有的式子表示，并讨论的单调性；（2）对于函数图象上的不同两点，如果

4、在函数图象上存在点，使得在点处的切线，则称存在“跟随切线”.特别地，当时，又称存在“中值跟随切线”.试问：函数上是否存在两点使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由.18（12分）已知，.（1）当时，证明：；（2）设直线是函数在点处的切线，若直线也与相切，求正整数的值.19（12分）已知函数，.（1）当为何值时，轴为曲线的切线；（2）用表示、中的最大值，设函数，当时，讨论零点的个数.20（12分）在三棱锥S-ABC中，BAC=SBA=SCA=90,SAB=45,SAC=60,D为棱AB的中点，SA=2(I)证明：SDBC；(II)求直线SD与平面SBC所成角的正弦值.

5、21（12分）已知函数（1）当时，证明，在恒成立；（2）若在处取得极大值，求的取值范围.22（10分）已知a0，证明：1参考答案一、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。1A【解析】由,平面,可将三棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解.【详解】由题,因为,所以,设,则由,可得,解得,可将三棱锥还原成如图所示的长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以,所以外接球的体积.故选:A【点睛】本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想象能力.2B【解析】采用排除法：通过判断函数的奇偶性排除选项

6、A；通过判断特殊点的函数值符号排除选项D和选项C即可求解.【详解】对于选项A:由题意知,函数的定义域为，其关于原点对称，因为,所以函数为奇函数,其图象关于原点对称，故选A排除；对于选项D:因为,故选项D排除;对于选项C:因为,故选项C排除;故选:B【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.3C【解析】函数的定义域应满足 故选C.4B【解析】化简得到，再计算模长得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了复数的运算，复数的模，意在考查学生的计算能力.5C【解析】设

7、，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由得，利用韦达定理结合已知条件得，代入上式即可求出的取值范围【详解】设直线的方程为：， ，联立方程，消去得：，且，线段的中点为,，把 代入，得，故选：【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题6C【解析】依题意可得，且是的一条对称轴，即可求出的值，再根据三角函数的平移规则计算可得；【详解】解：由已知得，是的一条对称轴，且使取得最值，则，故选：C.【点睛】本题考查三角函数的性质以及三角函数的变换规则，属于基础题.7A【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

8、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.8C【解析】化简复数，分子分母同时乘以，进而求得复数，再求出，由此得到虚部.【详解】，所以的虚部为.故选：C【点睛】本小题主要考查复数的乘法、除法运算，考查共轭复数的虚部，属于基础题.9A【解析】由复数的除法求出，然后计算【详解】，故选：A.【点睛】本题考查复数的乘除法运算，考查共轭复数的概念，掌握复数的运算法则是解题关键10A【解析】，故，故选A.11D【解析】该题可以看做是圆上的动点到曲线上的动点的距离的平方的最小值

9、问题，可以转化为圆心到曲线上的动点的距离减去半径的平方的最值问题，结合图形，可以断定那个点应该满足与圆心的连线与曲线在该点的切线垂直的问题来解决，从而求得切点坐标，即满足条件的点，代入求得结果.【详解】由题意可得，其结果应为曲线上的点与以为圆心，以为半径的圆上的点的距离的平方的最小值，可以求曲线上的点与圆心的距离的最小值，在曲线上取一点，曲线有在点M处的切线的斜率为，从而有，即，整理得，解得，所以点满足条件，其到圆心的距离为，故其结果为，故选D.【点睛】本题考查函数在一点处切线斜率的应用，考查圆的程，两条直线垂直的斜率关系，属中档题.12D【解析】分别求出球和圆柱的体积，然后可得比值.【详解】

10、设圆柱的底面圆半径为，则，所以圆柱的体积.又球的体积，所以球的体积与圆柱的体积的比，故选D.【点睛】本题主要考查几何体的体积求解，侧重考查数学运算的核心素养.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】由题意可设椭圆方程为：短轴的一个端点与两焦点组成一正三角形，焦点在轴上又，椭圆的方程为，故答案为考点：椭圆的标准方程，解三角形以及解方程组的相关知识14【解析】利用余弦定理计算，然后根据平方关系以及三角形面积公式，可得结果.【详解】设由题可知：由，所以化简可得：则或，即或由，所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，仔细观察，细心计算，属基础题.15【解析】先求出基

11、本事件总数6636，再由列举法求出“点数之和等于6”包含的基本事件的个数，由此能求出“点数之和等于6”的概率【详解】基本事件总数6636，点数之和是6包括共5种情况，则所求概率是故答案为【点睛】本题考查古典概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用16【解析】根据圆柱的体积为，以及圆锥的体积公式，计算即得.【详解】由题得，得.故答案为：【点睛】本题主要考查圆锥体的体积，是基础题.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），单调性见解析；（2）不存在，理由见解析【解析】（1）由题意得，即可得；求出函数的导数，再根据、分类讨论，分别求出、的解集即可得

12、解；（2）假设满足条件的、存在，不妨设，且，由题意得可得，令（），构造函数（），求导后证明即可得解.【详解】（1）由题可得函数的定义域为且，由，整理得.（）当时，易知，时.故在上单调递增，在上单调递减.（）当时，令，解得或，则当，即时，在上恒成立，则在上递增.当，即时，当时，；当时，.所以在上单调递增，单调递减，单调递增.当，即时，当时，；当时，.所以在上单调递增，单调递减，单调递增.综上，当时，在上单调递增，在单调递减.当时，在及上单调递增；在上单调递减.当时，在上递增.当时，在及上单调递增；在上递减.（2）满足条件的、不存在，理由如下：假设满足条件的、存在，不妨设，且，则，又，由题可知，整

13、理可得：，令（），构造函数（）.则，所以在上单调递增，从而，所以方程无解，即无解.综上，满足条件的A、B不存在.【点睛】本题考查了导数的应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题.18（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）令，求导，可知单调递增，且，因而在上存在零点，在此取得最小值，再证最小值大于零即可.（2）根据题意得到在点处的切线的方程，再设直线与相切于点， 有，即，再求得在点处的切线直线的方程为 由可得，即，根据，转化为，令，转化为要使得在上存在零点，则只需，求解.【详解】（1）证明：设，则，单调递增，且，因而在上存在零点，且在上单调递减，在上单调递增，从而的最小值为.所以，即.（

14、2），故，故切线的方程为设直线与相切于点，注意到，从而切线斜率为，因此，而，从而直线的方程也为 由可知，故，由为正整数可知，所以，令，则，当时，为单调递增函数，且，从而在上无零点；当时，要使得在上存在零点，则只需，因为为单调递增函数，所以；因为为单调递增函数，且，因此；因为为整数，且，所以.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.19（1）；（2）见解析.【解析】（1）设切点坐标为，然后根据可解得实数的值；（2）令，然后对实数进行分类讨论，结合和的符号来确定函数的零点个数.【详解】（1），设曲线与轴相切于点，则，即，解得.所以，当时，轴为曲

15、线的切线；（2）令，则，由，得.当时，此时，函数为增函数；当时，此时，函数为减函数.，.当，即当时，函数有一个零点；当，即当时，函数有两个零点；当，即当时，函数有三个零点；当，即当时，函数有两个零点；当，即当时，函数只有一个零点.综上所述，当或时，函数只有一个零点；当或时，函数有两个零点；当时，函数有三个零点.【点睛】本题考查了利用导数的几何意义研究切线方程和利用导数研究函数的单调性与极值，关键是分类讨论思想的应用，属难题20 (I)证明见解析；(II)15【解析】(I) 过D作DEBC于E，连接SE，根据勾股定理得到SEBC，DEBC得到BC平面SED，得到证明.(II) 过点D作DFSE于

16、F，证明DF平面SBC，故ESD为直线SD与平面SBC所成角，计算夹角得到答案.【详解】(I)过D作DEBC于E，连接SE，根据角度的垂直关系易知：AC=1，AB=SB=2，CS=CB=3，故BE=BDcosCBD=33，DE=BDsinCBD=66，CE=233.根据余弦定理：13+SE2-2233SE=-SE2+43-32233SE，解得SE2=53，故SB2=SE2+BE2，故SEBC，DEBC，SEDE=E，故BC平面SED，SD平面SED，故SDBC.(II)过点D作DFSE于F，BC平面SED，DF平面SED，故DFBC，DFSE，BCSE=E，故DF平面SBC，故ESD为直线SD与平面SBC所成角，SD2=SB2+BD2=52，根据余弦定理：cosESD=SE2+SD2-DE22SESD=265，故sinESD=15.【点睛】本题考查了线线垂直，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.21（1）证明见解析（2）【解析】（1）根据，求导，令，用导数法求其最小值.设研究在处左正右负，求导，分 ，三种情况讨论求解.【详解】（1）因为，所以，令，则，所以是的增函数，故，即.因为所以，当时，所以函数在上单调递增.若，则若，则所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是，所以在处取得极小值，不符合题意，当时，所以函数