2022年广西壮族自治区桂林市高三下学期第五次调研考试数学试题含解析

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公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值，这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的

2、一个程序框图，则输出的值为（ ）（参考数据： ）A48B36C24D122定义，已知函数，则函数的最小值为（ ）ABCD3已知数列的首项，且，其中，下列叙述正确的是（ ）A若是等差数列，则一定有B若是等比数列，则一定有C若不是等差数列，则一定有 D若不是等比数列，则一定有4已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（ ）ABCD5已知，则，不可能满足的关系是（）ABCD6已知直三棱柱中，则异面直线与所成的角的正弦值为（ ）ABCD7如图所示的“数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字均为2，除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近（ ）ABCD8已知实

3、数满足约束条件，则的最小值为（ ）A-5B2C7D119已知函数（，）的一个零点是，函数图象的一条对称轴是直线，则当取得最小值时，函数的单调递增区间是（ ）A（）B（）C（）D（）10已知集合A=y|y=|x|1，xR，B=x|x2，则下列结论正确的是（ ）A3A B3B CAB=B DAB=B11设等差数列的前项和为，若，则（ ）A10B9C8D712设不等式组，表示的平面区域为，在区域内任取一点，则点的坐标满足不等式的概率为ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某市公租房源位于、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，则该

4、市的任意位申请人中，恰好有人申请小区房源的概率是_ .（用数字作答）14已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点重合，直线过抛物线的焦点与抛物线交于、两点和椭圆交于、两点，为抛物线准线上一动点，满足，当面积最大时，直线的方程为_.15如图，在矩形中，是的中点，将，分别沿折起，使得平面平面，平面平面，则所得几何体的外接球的体积为_.16公比为正数的等比数列的前项和为，若，则的值为_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）已知矩阵的逆矩阵.若曲线：在矩阵A对应的变换作用下得到另一曲线，求曲线的方程.18（12分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若关于的不等式在区间内

5、无解，求实数的取值范围.19（12分） 选修4-4：极坐标与参数方程 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）若射线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，求取最大值时的值20（12分）在中，角的对边分别为.已知，且.（1）求的值；（2）若的面积是，求的周长.21（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.22（10分）如图，三棱柱ABC-A1B1C

6、1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值参考答案一、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。1C【解析】由开始，按照框图，依次求出s，进行判断。【详解】 ，故选C.【点睛】框图问题，依据框图结构，依次准确求出数值，进行判断，是解题关键。2A【解析】根据分段函数的定义得，则,再根据基本不等式构造出相应的所需的形式，可求得函数的最小值.【详解】依题意得，则,(当且仅当，即时“”成立.此时,，的

7、最小值为，故选：A.【点睛】本题考查求分段函数的最值，关键在于根据分段函数的定义得出，再由基本不等式求得最值，属于中档题.3C【解析】根据等差数列和等比数列的定义进行判断即可.【详解】A：当时，显然符合是等差数列，但是此时不成立，故本说法不正确；B：当时，显然符合是等比数列，但是此时不成立，故本说法不正确；C：当时，因此有常数，因此是等差数列，因此当不是等差数列时，一定有，故本说法正确； D：当 时，若时，显然数列是等比数列，故本说法不正确.故选：C【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的定义，考查了推理论证能力，属于基础题.4C【解析】由题意可知，由可得出，利用导数可得出函数在区间上单调递增，

8、函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.【详解】，由于，则，同理可知，函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，则，则，构造函数，其中，则.当时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减.所以，.故选：C.【点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.5C【解析】根据即可得出，根据，即可判断出结果【详解】；，；，故正确；，故C错误；，故D正确故C【点睛】本题主要考查指数式和对数式的互化，对数的运算，以及基本不等式：和不等式的应用，属于中档

9、题6C【解析】设M,N,P分别为和的中点，得出的夹角为MN和NP夹角或其补角，根据中位线定理，结合余弦定理求出和的余弦值再求其正弦值即可.【详解】根据题意画出图形:设M,N,P分别为和的中点，则的夹角为MN和NP夹角或其补角可知，.作BC中点Q，则为直角三角形；中，由余弦定理得，在中，在中，由余弦定理得所以故选：C【点睛】此题考查异面直线夹角，关键点通过平移将异面直线夹角转化为同一平面内的夹角，属于较易题目.7A【解析】结合所给数字特征，我们可将每层数字表示成2的指数的形式，观察可知，每层指数的和成等比数列分布，结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解【详解】如图，将数字塔中的数写成指数形式

10、，可发现其指数恰好构成“杨辉三角”，前10层的指数之和为，所以原数字塔中前10层所有数字之积为.故选：A【点睛】本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题，逻辑推理，等比数列前项和公式应用，属于中档题8A【解析】根据约束条件画出可行域，再将目标函数化成斜截式，找到截距的最小值.【详解】由约束条件，画出可行域如图变为为斜率为-3的一簇平行线，为在轴的截距，最小的时候为过点的时候，解得所以，此时故选A项【点睛】本题考查线性规划求一次相加的目标函数，属于常规题型，是简单题.9B【解析】根据函数的一个零点是，得出，再根据是对称轴，得出，求出的最小值与对应的，写出即可求出其单调增区间.【详解】依题意得，即

11、，解得或（其中，）.又，即（其中）.由得或，即或（其中，），因此的最小值为.因为，所以（）.又，所以，所以，令（），则（）.因此，当取得最小值时，的单调递增区间是（）.故选：B【点睛】此题考查三角函数的对称轴和对称点，在对称轴处取得最值，对称点处函数值为零，属于较易题目.10C【解析】试题分析：集合 考点：集合间的关系11B【解析】根据题意，解得，得到答案.【详解】，解得，故.故选：.【点睛】本题考查了等差数列的求和，意在考查学生的计算能力.12A【解析】画出不等式组表示的区域，求出其面积，再得到在区域内的面积，根据几何概型的公式，得到答案.【详解】画出所表示的区域，易知，所以的面积为，满足不

12、等式的点，在区域内是一个以原点为圆心，为半径的圆面，其面积为，由几何概型的公式可得其概率为，故选A项.【点睛】本题考查由约束条件画可行域，求几何概型，属于简单题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】基本事件总数，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数，由此能求出该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率【详解】解：某市公租房源位于、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，该市的任意5位申请人中，基本事件总数，该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数：，该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请

13、小区房源的概率是故答案为：【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题14【解析】根据均值不等式得到，根据等号成立条件得到直线的倾斜角为，计算得到直线方程.【详解】由椭圆，可知，（当且仅当，等号成立），直线的倾斜角为，直线的方程为.故答案为：.【点睛】本题考查了抛物线，椭圆，直线的综合应用，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.15【解析】根据题意，画出空间几何体，设的中点分别为，并连接，利用面面垂直的性质及所给线段关系，可知几何体的外接球的球心为，即可求得其外接球的体积.【详解】由题可得，均为等腰直角三角形，如图所示，设的中点分别为，连接，则，.

14、因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，易得，则几何体的外接球的球心为，半径，所以几何体的外接球的体积为.故答案为：.【点睛】本题考查了空间几何体的综合应用，折叠后空间几何体的线面位置关系应用，空间几何体外接球的性质及体积求法，属于中档题.1656【解析】根据已知条件求等比数列的首项和公比，再代入等比数列的通项公式，即可得到答案.【详解】，.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列的通项公式和前项和公式，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.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【解析】根据，可解得，设为曲线任一点，在矩阵对应的变换作用下得

15、到点，则点在曲线上，根据变换的定义写出相应的矩阵等式，再用表示出，代入曲线的方程中，即得.【详解】，即.，解得，.设为曲线任一点，则，又设在矩阵A变换作用得到点，则，即，所以即代入，得，所以曲线的方程为.【点睛】本题考查逆矩阵，矩阵与变换等，是基础题.18（1）；（2）.【解析】（1）只需分，三种情况讨论即可；（2）在区间上恒成立，转化为，只需求出即可.【详解】（1）当时，此时不等式无解；当时，由得；当时，由得，综上，不等式的解集为；（2）依题意，在区间上恒成立，则，当时，；当时，所以当时，由得或，所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法、不等式恒成立问题，考查学生分类讨论与转

16、化与化归的思想，是一道基础题.19 (1) 的极坐标方程为.曲线的直角坐标方程为. (2) 【解析】(1)先得到的一般方程，再由极坐标化直角坐标的公式得到一般方程，将代入得，得到曲线的直角坐标方程；（2）设点、的极坐标分别为，将 分别代入曲线、极坐标方程得：，之后进行化一，可得到最值，此时，可求解.【详解】（1）由得，将代入得：，故曲线的极坐标方程为.由得，将代入得，故曲线的直角坐标方程为.（2）设点、的极坐标分别为，将 分别代入曲线、极坐标方程得：，则 ，其中为锐角，且满足，当时，取最大值，此时， 【点睛】这个题目考查了参数方程化为普通方程的方法，极坐标化为直角坐标的方法，以及极坐标中极径的

17、几何意义，极径代表的是曲线上的点到极点的距离，在参数方程和极坐标方程中，能表示距离的量一个是极径，一个是t的几何意义，其中极径多数用于过极点的曲线，而t的应用更广泛一些.20（1）；（2）【解析】（1）由正弦定理可得,化简并结合,可求得三者间的关系,代入余弦定理可求得;（2）由（1）可求得,再结合三角形的面积公式,可求出,从而可求出答案.【详解】（1）因为,所以,整理得:. 因为,所以,所以.由余弦定理可得.（2）由（1）知,则,因为的面积是,所以,即,解得,则.故的周长为:.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积公式的应用,属于基础题.21 (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