2022年贵州省遵义市凤冈县高三下学期第六次检测数学试卷含解析

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

2、是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ）（参考数据： ）A48B36C24D122已知集合，则的值域为（）ABCD3若，则“”是“的展开式中项的系数为90”的（ ）A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知集合，则元素个数为( )A1B2C3D45设，则的值为（ ）ABCD6如图，在正方体中，已知、分别是线段上的点，且.则下列直线与平面平行的是（ ）ABCD7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 BCD8公差不为零的等差数列an中，a1+a2+a5=13，且a1、a2、a5成等比

3、数列，则数列an的公差等于( )A1B2C3D49设命题：，则为A，B，C，D，10已知正项数列满足：，设，当最小时，的值为( )ABCD11执行下面的程序框图，如果输入，则计算机输出的数是（ ）ABCD12已知m为实数，直线：，：，则“”是“”的（ ）A充要条件B充分不必要条件C必要不充分条件D既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图，某市一学校位于该市火车站北偏东方向，且，已知是经过火车站的两条互相垂直的笔直公路，CE,DF及圆弧都是学校道路，其中，以学校为圆心，半径为的四分之一圆弧分别与相切于点.当地政府欲投资开发区域发展经济，其中分别在公路上，且与圆

4、弧相切，设，的面积为.（1）求关于的函数解析式；（2）当为何值时，面积为最小，政府投资最低？14设实数满足约束条件,则的最大值为_.15若，则=_， = _.16设随机变量服从正态分布,若，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）设函数.（1）时，求的单调区间；（2）当时，设的最小值为，若恒成立，求实数t的取值范围.18（12分）已知椭圆（）经过点，离心率为，、为椭圆上不同的三点，且满足，为坐标原点（1）若直线、的斜率都存在，求证：为定值；（2）求的取值范围19（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，点为棱的中点（）在棱上是否存

5、在一点，使得平面，并说明理由；（）当二面角的余弦值为时，求直线与平面所成的角20（12分）如图，三棱台中， 侧面与侧面是全等的梯形，若，且.（）若，证明：平面；（）若二面角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.21（12分）设抛物线过点.（1）求抛物线C的方程；（2）F是抛物线C的焦点，过焦点的直线与抛物线交于A，B两点，若，求的值.22（10分）设函数，是函数的导数.（1）若，证明在区间上没有零点；（2）在上恒成立，求的取值范围.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。

6、【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】先求出集合，化简=，令，得由二次函数的性质即可得值域.【详解】由，得 ，令， ，所以得 ， 在 上递增，在上递减， ，所以，即 的值域为故选A【点睛】本题考查了二次不等式的解法、二次函数最值的求法，换元法要注意新变量的范围，属于中档题3B【解析】求得的二项展开式的通项为,令时,可得项的系数为90,即,求得,即可得出结果.【详解】若则二项展开式的通项为,令,即,则项的系数为,充分性成立;当的展开式中项的系数为90,则有,从而,必要性不成立.故选:B.【点睛】本题考查二项式定理、充分条件、必要条

7、件及充要条件的判断知识,考查考生的分析问题的能力和计算能力,难度较易.4B【解析】作出两集合所表示的点的图象，可得选项.【详解】由题意得，集合A表示以原点为圆心，以2为半径的圆，集合B表示函数的图象上的点，作出两集合所表示的点的示意图如下图所示，得出两个图象有两个交点:点A和点B，所以两个集合有两个公共元素，所以元素个数为2，故选：B.【点睛】本题考查集合的交集运算，关键在于作出集合所表示的点的图象，再运用数形结合的思想，属于基础题.5D【解析】利用倍角公式求得的值，利用诱导公式求得的值，利用同角三角函数关系式求得的值，进而求得的值，最后利用正切差角公式求得结果.【详解】，故选：D.【点睛】该

8、题考查的是有关三角函数求值问题，涉及到的知识点有诱导公式，正切倍角公式，同角三角函数关系式，正切差角公式，属于基础题目.6B【解析】连接，使交于点，连接、，可证四边形为平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理即可得解【详解】如图，连接，使交于点，连接、，则为的中点，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，且，、分别为、的中点，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，因此，平面.故选：B.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题7C【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

9、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.8B【解析】设数列的公差为.由，成等比数列，列关于的方程组，即求公差.【详解】设数列的公差为，.成等比数列，解可得.故选：.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，属于基础题.9D【解析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可.【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题：，则为：，.故本题答案为D.【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题.10B【解析】由得，即，所以得，利用基本不等式求出最小值，得到，再由

10、递推公式求出.【详解】由得，即，当且仅当时取得最小值，此时.故选：B【点睛】本题主要考查了数列中的最值问题，递推公式的应用，基本不等式求最值，考查了学生的运算求解能力.11B【解析】先明确该程序框图的功能是计算两个数的最大公约数，再利用辗转相除法计算即可.【详解】本程序框图的功能是计算，中的最大公约数，所以，故当输入，则计算机输出的数是57.故选：B.【点睛】本题考查程序框图的功能，做此类题一定要注意明确程序框图的功能是什么，本题是一道基础题.12A【解析】根据直线平行的等价条件，求出m的值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】当m=1时，两直线方程分别为直线l1：x+y1=0，l

11、2：x+y2=0满足l1l2，即充分性成立，当m=0时，两直线方程分别为y1=0，和2x2=0，不满足条件当m0时，则l1l2，由得m23m+2=0得m=1或m=2，由得m2，则m=1，即“m=1”是“l1l2”的充要条件，故答案为：A【点睛】（1）本题主要考查充要条件的判断，考查两直线平行的等价条件，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 本题也可以利用下面的结论解答，直线和直线平行，则且两直线不重合,求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（1）；（2）.【解析】（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则，在中

12、，设，又，故，进而表示直线的方程，由直线与圆相切构建关系化简整理得，即可表示OA,OB，最后由三角形面积公式表示面积即可；（2）令，则，由辅助角公式和三角函数值域可求得t的取值范围，进而对原面积的函数用含t的表达式换元，再令进行换元，并构建新的函数，由二次函数性质即可求得最小值.【详解】解：（1）以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，则，在中，设，又，故，.所以直线的方程为，即.因为直线与圆相切，所以.因为点在直线的上方，所以，所以式可化为，解得.所以，.所以面积为.（2）令，则，且，所以，.令，所以在上单调递减.所以，当，即时，取得最大值，取最小值.答：当时，面积为最小，政府投资最低.

13、【点睛】本题考查三角函数的实际应用，应优先结合实际建立合适的数学模型，再按模型求最值，属于难题.14【解析】试题分析：作出不等式组所表示的平面区域如图，当直线过点时，最大，且考点：线性规划.15128 21 【解析】令，求得的值.利用展开式的通项公式，求得的值.【详解】令，得.展开式的通项公式为，当时，为，即.【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查赋值法求解二项式系数有关问题，属于基础题.161【解析】由题得，解不等式得解.【详解】因为，所以，所以c=1.故答案为1【点睛】本题主要考查正态分布的图像和性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.三、解答题：共70分。解答

14、应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）的增区间为，减区间为；（2）.【解析】（1）求出函数的导数，由于参数的范围对导数的符号有影响，对参数分类，再研究函数的单调区间；（2）由（1）的结论，求出的表达式，由于恒成立，故求出的最大值，即得实数的取值范围的左端点【详解】解：（1）解：， 当时，解得的增区间为，解得的减区间为. （2）解：若，由得，由得，所以函数的减区间为，增区间为；， 因为，所以，令，则恒成立，由于，当时，故函数在上是减函数，所以成立； 当时，若则，故函数在上是增函数，即对时，与题意不符；综上，为所求【点睛】本题考查导数在最大值与最小值问题中的应用，求解本题关键是根据导数研究

15、出函数的单调性，由最值的定义得出函数的最值，本题中第一小题是求出函数的单调区间，第二小题是一个求函数的最值的问题，此类题运算量较大，转化灵活，解题时极易因为变形与运算出错，故做题时要认真仔细18（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）首先根据题中条件求出椭圆方程，设、点坐标，根据利用坐标表示出即可得证；（2）设直线方程，再与椭圆方程联立利用韦达定理表示出，即可求出范围.【详解】（1）依题有，所以椭圆方程为设，由为的重心，；又因为，（2）当的斜率不存在时：，代入椭圆得，当的斜率存在时：设直线为，这里，由，根据韦达定理有，故，代入椭圆方程有，又因为，综上，的范围是.【点睛】本题主要考查了椭圆方程的

16、求解，三角形重心的坐标关系，直线与椭圆所交弦长，属于一般题.19（1）见解析（2）【解析】（）取的中点，连结、，得到故且，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可证得平面.（）以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，求得平面的法向量为，和平面的法向量，利用向量的夹角公式，求得，进而得到为直线与平面所成的角，即可求解.【详解】（）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点理由如下：取的中点，连结、，由题意，且，且，故且.所以，四边形为平行四边形.所以，又平面，平面，所以，平面.（）由题意知为正三角形，所以，亦即，又，所以，且平面平面，平面平面，所以平面，故以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设，则由题意

17、知，设平面的法向量为，则由得，令，则，所以取，显然可取平面的法向量，由题意：，所以.由于平面，所以在平面内的射影为，所以为直线与平面所成的角，易知在中，从而，所以直线与平面所成的角为.【点睛】本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和直线与平面所成角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，着重考查了分析问题和解答问题的能力.20 ()见解析；() .【解析】试题分析：() 连接，由比例可得，进而得线面平行；（）过点作的垂线，建立空间直角坐标系，不妨设，则求得平面的法向量为，设平面的法向

18、量为，由求二面角余弦即可.试题解析：（）证明：连接，梯形，,易知：；又，则；平面，平面，可得：平面；（）侧面是梯形，,则为二面角的平面角， ；均为正三角形，在平面内，过点作的垂线，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则,故点，；设平面的法向量为，则有：；设平面的法向量为，则有：；，故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.21（1）（2）【解析】(1)代入计算即可.(2) 设直线AB的方程为,再联立直线与抛物线的方程,消去可得的一元二次方程,再根据韦达定理与求解,进而利用弦长公式求解即可.【详解】解：（1）因为抛物线过点,所以,所以,抛物线的方程为 （2）由题意知直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为,.因为,所以,联立,化简得,所以,所以,解得,所以.【点睛】本题考查抛物线的方程以及联立直线与抛物线求弦长的简单应用.属于基础题.22（1）证明见解析（2）【解析】（1）先利用导数的四则运算法则和导数公式求出，再由函数的导数可知，函数在上单调递增，在上单调递减，而，可知在区间上恒成立，即在区间上没有零点；（2）由题意可将转化为，构造函数，利用导数讨论研究其在上的单调性，由，即可求出的取值范围【详解】（1）若，则，