北京科技大学2022年高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、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已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数，在区间内的图象是( )ABCD2函数在的图象大致为ABCD3一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD4已知，函数，若函数恰有三个零点，则（ ）ABCD5若直线ykx1与圆x2y21相交于P、Q两点，且POQ120(其中O为坐标原点)，则k的值为()A B C或D和6某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽

3、略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ）A58厘米B63厘米C69厘米D76厘米7若直线的倾斜角为，则的值为（ ）ABCD8已知集合的所有三个元素的子集记为记为集合中的最大元素，则（）ABCD9空气质量指数是反映空气状况的指数，指数值趋小，表明空气质量越好，下图是某市10月1日-20日指数变化趋势，下列叙述错误的是（ ）A这20天中指数值的中位数略高于100B这20天中的中度污染及以上（指数）的天数占C该市10月的前半个月的空气质量越来越好D总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好10已知函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则的最小值为（ ）A

4、BCD11下列说法正确的是（ ）A“若，则”的否命题是“若，则”B“若，则”的逆命题为真命题C，使成立D“若，则”是真命题12设函数，则函数的图像可能为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则_.14已知函数图象上一点处的切线方程为，则_15设实数，满足，则的最大值是_.16农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得

5、到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为_；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为_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）如图，在直三棱柱中，点P，Q分别为，的中点.求证：（1）PQ平面；（2）平面.18（12分）在直角坐标系中，已知点，若以线段为直径的圆与轴相切.（1）求点的轨迹的方程；（2）若上存在两动点（A，B在轴异侧）满足，且的周长为，求的值.19（12分）在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求圆C的极坐标方程；（2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q

6、，求线段的长. 20（12分）如图，是正方形，点在以为直径的半圆弧上（不与，重合），为线段的中点，现将正方形沿折起，使得平面平面.（1）证明：平面.（2）三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.21（12分）如图，在斜三棱柱中，平面平面，均为正三角形，E为AB的中点（）证明：平面；（）求斜三棱柱截去三棱锥后剩余部分的体积22（10分）在以ABCDEF为顶点的五面体中，底面ABCD为菱形，ABC120，ABAEED2EF，EFAB，点G为CD中点，平面EAD平面ABCD.（1）证明：BDEG；（2）若三棱锥，求菱形ABCD的边长.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

7、出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1A【解析】由题知，利用求出，再根据题给定义，化简求出的解析式，结合正弦函数和正切函数图象判断，即可得出答案.【详解】根据题意，的图象与直线的相邻交点间的距离为，所以 的周期为， 则， 所以，由正弦函数和正切函数图象可知正确.故选：A.【点睛】本题考查三角函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题关键是对新定义的理解.2A【解析】因为，所以排除C、D当从负方向趋近于0时，可得.故选A3A【解析】根据题意，可得几何体，利用体积计算即可.【详解】由题意，该几何体如图所示：该几何体的体积.故选：A.【点睛】本题考查了常见几何体的三视图和体积计算，属

8、于基础题4C【解析】当时，最多一个零点；当时，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画函数草图，根据草图可得【详解】当时，得；最多一个零点；当时，当，即时，在，上递增，最多一个零点不合题意；当，即时，令得，函数递增，令得，函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点，在，上有2个零点，如图：且，解得，故选【点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数，故按“一元化”想法，逐步分类讨论，这一过程中有可能分类不全面、不彻底.5C【解析】直线过定点，直线y=kx+1与圆x2+y2=1相交于P、Q两点，且POQ=120（其中O为原点），可以发现QOx的大小，

9、求得结果【详解】如图，直线过定点（0，1），POQ=120OPQ=30，1=120，2=60，由对称性可知k=故选C【点睛】本题考查过定点的直线系问题，以及直线和圆的位置关系，是基础题6B【解析】由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可.【详解】因为弧长比较短的情况下分成6等分，所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，故导线长度约为63(厘米).故选：B.【点睛】本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题.7B【解析】根据题意可得：，所求式子利用二倍角的正弦函数公式化简，再利用同角三角函数间的基本关系弦化切后，将代入计算即可求出值【详解】由于直线

10、的倾斜角为，所以，则故答案选B【点睛】本题考查二倍角的正弦函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及直线倾斜角与斜率之间的关系，熟练掌握公式是解本题的关键8B【解析】分类讨论，分别求出最大元素为3,4,5,6的三个元素子集的个数，即可得解.【详解】集合含有个元素的子集共有，所以在集合中：最大元素为的集合有个；最大元素为的集合有；最大元素为的集合有；最大元素为的集合有；所以故选：【点睛】此题考查集合相关的新定义问题，其本质在于弄清计数原理，分类讨论，分别求解.9C【解析】结合题意，根据题目中的天的指数值，判断选项中的命题是否正确.【详解】对于，由图可知天的指数值中有个低于，个高于，其中第个接近，第

11、个高于，所以中位数略高于，故正确.对于，由图可知天的指数值中高于的天数为，即占总天数的，故正确.对于，由图可知该市月的前天的空气质量越来越好，从第天到第天空气质量越来越差，故错误.对于，由图可知该市月上旬大部分指数在以下，中旬大部分指数在以上，所以该市月上旬的空气质量比中旬的空气质量好，故正确.故选：【点睛】本题考查了对折线图数据的分析，读懂题意是解题关键，并能运用所学知识对命题进行判断，本题较为基础.10A【解析】首先求得平移后的函数，再根据求的最小值.【详解】根据题意，的图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数，所以，所以又，所以的最小值为故选：A【点睛】本题考查三角函数的图象变换，诱导公

12、式，意在考查平移变换，属于基础题型.11D【解析】选项A，否命题为“若，则”，故A不正确选项B，逆命题为“若，则”，为假命题，故B不正确选项C，由题意知对，都有，故C不正确选项D，命题的逆否命题“若，则”为真命题，故“若，则”是真命题，所以D正确选D12B【解析】根据函数为偶函数排除，再计算排除得到答案.【详解】定义域为： ，函数为偶函数，排除 ，排除 故选【点睛】本题考查了函数图像，通过函数的单调性，奇偶性，特殊值排除选项是常用的技巧.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。139【解析】已知由余弦定理即可求得,由可求得,即可求得,利用正弦定理即可求得结果.【详解】由余弦定理和，可得

13、，得，由，由正弦定理，得.故答案为:.【点睛】本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,难度一般.141【解析】求出导函数，由切线方程得切线斜率和切点坐标，从而可求得【详解】由题意，函数图象在点处的切线方程为，解得，故答案为：1【点睛】本题考查导数的几何意义，求出导函数是解题基础，151【解析】根据目标函数的解析式形式，分析目标函数的几何意义，然后判断求出目标函数取得最优解的点的坐标，即可求解【详解】作出实数，满足表示的平面区域，如图所示：由可得，则表示直线在轴上的截距，截距越小，越大.由可得，此时最大为1，故答案为：1【点睛】本题主要考查线性规划知识的运用，考查学生的计算能力，考查数形结合的数学

14、思想16 【解析】(1)先算出正四面体的体积，六面体的体积是正四面体体积的倍，即可得出该六面体的体积；(2)由图形的对称性得,小球的体积要达到最大,即球与六个面都相切时，求出球的半径，再代入球的体积公式可得答案.【详解】(1)每个三角形面积是，由对称性可知该六面是由两个正四面合成的，可求出该四面体的高为，故四面体体积为，因此该六面体体积是正四面体的2倍， 所以六面体体积是；(2)由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥设球的半径为，所以， 所以球的体积.故答案为：；

15、.【点睛】本题考查由平面图形折成空间几何体、考查空间几何体的的表面积、体积计算，考查逻辑推理能力和空间想象能力求解球的体积关键是判断在什么情况下，其体积达到最大，考查运算求解能力.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（1）见解析（2）见解析【解析】（1）取的中点D，连结，.根据线面平行的判定定理即得；（2）先证，和都是平面内的直线且交于点，由（1）得，再结合线面垂直的判定定理即得.【详解】（1）取的中点D，连结，.在中，P，D分别为，中点，且.在直三棱柱中，.Q为棱的中点，且.，.四边形为平行四边形，从而.又平面，平面，平面.（2）在直三棱柱中，平面.又平面，.，

16、D为中点，.由（1）知，.又，平面，平面，平面.【点睛】本题考查线面平行的判定定理，以及线面垂直的判定定理，难度不大.18（1）；（2）【解析】（1）设，则由题设条件可得，化简后可得轨迹的方程.（2）设直线，联立直线方程和抛物线方程后利用韦达定理化简并求得，结合焦半径公式及弦长公式可求的值及的长.【详解】（1）设，则圆心的坐标为，因为以线段为直径的圆与轴相切，所以，化简得的方程为.(2)由题意，设直线，联立得，设 （其中）所以，且，因为，所以，所以，故或 （舍），直线，因为的周长为所以.即，因为.又，所以，解得，所以.【点睛】本题考查曲线方程以及抛物线中的弦长计算，还涉及到向量的数量积.一般地

17、，抛物线中的弦长问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把已知等式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程.本题属于中档题.19（1）；（2）2【解析】（1）首先利用对圆C的参数方程（为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得【详解】（1）圆C的普通方程为，又，所以圆C的极坐标方程为.（2）设，则由解得，得；设，则由解得，得；所以【点睛】本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆

18、的极坐标方程，考查极坐标方程的求解运算，考查了学生的计算能力以及转化能力，属于基础题.20（1）见解析（2）【解析】（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，由此证得，根据圆的几何性质证得，由此证得平面.（2）判断出三棱锥的体积最大时点的位置.建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为平面平面是正方形，所以平面.因为平面，所以.因为点在以为直径的半圆弧上，所以.又，所以平面.（2）解：显然，当点位于的中点时，的面积最大，三棱锥的体积也最大.不妨设，记中点为，以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则令，得.设平面的法向量为，则令，得，所以.由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.21（）见解析；（）【解析】（）要证明线面平行，需先证明线线平行，所以连接，交于点M，连接