福建省泉州市南安2021-2022学年高三第二次模拟考试数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时

2、，下列结论中不正确的是A在内总存在与平面平行的线段B平面平面C三棱锥的体积为定值D可能为直角三角形2记等差数列的公差为，前项和为.若，则（ ）ABCD3若复数，则（ ）ABCD204新闻出版业不断推进供给侧结构性改革，深入推动优化升级和融合发展，持续提高优质出口产品供给，实现了行业的良性发展.下面是2012年至2016年我国新闻出版业和数字出版业营收增长情况，则下列说法错误的是（ ）A2012年至2016年我国新闻出版业和数字出版业营收均逐年增加B2016年我国数字出版业营收超过2012年我国数字出版业营收的2倍C2016年我国新闻出版业营收超过2012年我国新闻出版业营收的1.5倍D2016

3、年我国数字出版营收占新闻出版营收的比例未超过三分之一5已知点，若点在曲线上运动，则面积的最小值为（ ）A6B3CD6已知表示两条不同的直线，表示两个不同的平面，且则“”是“”的( )条件.A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要7数列的通项公式为则“”是“为递增数列”的（ ）条件A必要而不充分B充要C充分而不必要D即不充分也不必要8设函数在上可导，其导函数为，若函数在处取得极大值，则函数的图象可能是（ ）ABCD9为计算， 设计了如图所示的程序框图，则空白框中应填入（ ）ABCD10若时，则的取值范围为（ ）ABCD11在中，角、的对边分别为、，若，则（ ）ABCD12九章算术勾股章有

4、一“引葭赴岸”问题“今有饼池径丈，葭生其中，出水两尺，引葭赴岸，适与岸齐，问水深，葭各几何？”，其意思是：有一个直径为一丈的圆柱形水池，池中心生有一颗类似芦苇的植物，露出水面两尺，若把它引向岸边，正好与岸边齐，问水有多深，该植物有多高？其中一丈等于十尺，如图若从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设为锐角，若，则的值为_14已知二项式ax-1x6的展开式中的常数项为-160，则a=_15已知，且，则最小值为_16设函数，则_.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）已知数列的前项和和通项满

5、足.（1）求数列的通项公式；（2）已知数列中，求数列的前项和.18（12分）设点，动圆经过点且和直线相切.记动圆的圆心的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点的直线与曲线交于、两点，且直线与轴交于点，设，求证：为定值.19（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；（）已知点设直线与曲线相交于两点，求的值.20（12分）已知函数（）若，求曲线在点处的切线方程；（）若在上恒成立，求实数的取值范围；（）若数列的前项和，求证：数列的前项和.21（12分）班主任为了对本班学生的

6、考试成绩进行分析，决定从本班24名女同学，18名男同学中随机抽取一个容量为7的样本进行分析.（1）如果按照性别比例分层抽样，可以得到多少个不同的样本？（写出算式即可，不必计算出结果）（2）如果随机抽取的7名同学的数学，物理成绩（单位：分）对应如下表：学生序号1234567数学成绩60657075858790物理成绩70778085908693若规定85分以上（包括85分）为优秀，从这7名同学中抽取3名同学，记3名同学中数学和物理成绩均为优秀的人数为，求的分布列和数学期望；根据上表数据，求物理成绩关于数学成绩的线性回归方程（系数精确到0.01）；若班上某位同学的数学成绩为96分，预测该同学的物理

7、成绩为多少分？附：线性回归方程，其中，.768381252622（10分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若的图象与轴围成的三角形面积大于6，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。1D【解析】A项用平行于平面ABC的平面与平面MDN相交，则交线与平面ABC平行；B项利用线面垂直的判定定理；C项三棱锥与三棱锥体积相等，三棱锥的底面积是定值，高也是定值，则体积是定值;D项用反证法说明三角形DMN不可能是直角三角形.【详解】A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确； B

8、项，如图：当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故正确；D项,若DMN为直角三角形,则必是以MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以DMN不可能为直角三角形,故错误.故选D【点睛】本题考查了命题真假判断、棱柱的结构特征、空间想象力和思维能力，意在考查对线面、面面平行、垂直的判定和性质的

9、应用，是中档题.2C【解析】由，和，可求得，从而求得和，再验证选项.【详解】因为，所以解得，所以，所以，故选：C.【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题.3B【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.4C【解析】通过图表所给数据，逐个选项验证.【详解】根据图示数据可知选项A正确；对于选项B：，正确；对于选项C：，故C不正确；对于选项D：，正确.选C.【点睛】本题主要考查柱状图是识别和数据分析，题目较为简单.5B【解析】求得直线的方程，画出曲线表示的下半圆，结合图象可得位于，

10、结合点到直线的距离公式和两点的距离公式，以及三角形的面积公式，可得所求最小值.【详解】解：曲线表示以原点为圆心，1为半径的下半圆(包括两个端点)，如图，直线的方程为，可得，由圆与直线的位置关系知在时，到直线距离最短，即为，则的面积的最小值为.故选：B.【点睛】本题考查三角形面积最值，解题关键是掌握直线与圆的位置关系，确定半圆上的点到直线距离的最小值，这由数形结合思想易得6B【解析】根据充分必要条件的概念进行判断.【详解】对于充分性：若，则可以平行，相交，异面，故充分性不成立；若，则可得，必要性成立.故选：B【点睛】本题主要考查空间中线线，线面，面面的位置关系，以及充要条件的判断，考查学生综合运

11、用知识的能力.解决充要条件判断问题，关键是要弄清楚谁是条件，谁是结论.7A【解析】根据递增数列的特点可知，解得，由此得到若是递增数列，则，根据推出关系可确定结果.【详解】若“是递增数列”，则，即，化简得：，又，则是递增数列，是递增数列，“”是“为递增数列”的必要不充分条件故选：.【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.8B【解析】由题意首先确定导函数的符号，然后结合题意确定函数在区间和处函数的特征即可确定函数图像.【详解】函数在上可导，其导函数为，且函数在处取得极大值，当时，；当时，；当时，.时，时，当或时，；当时，.故选：【点睛】根据函数取得

12、极大值，判断导函数在极值点附近左侧为正，右侧为负，由正负情况讨论图像可能成立的选项，是判断图像问题常见方法，有一定难度.9A【解析】根据程序框图输出的S的值即可得到空白框中应填入的内容【详解】由程序框图的运行，可得：S0，i0满足判断框内的条件，执行循环体，a1，S1，i1满足判断框内的条件，执行循环体，a2（2），S1+2（2），i2满足判断框内的条件，执行循环体，a3（2）2，S1+2（2）+3（2）2，i3观察规律可知：满足判断框内的条件，执行循环体，a99（2）99，S1+2（2）+3（2）2+1（2）99，i1，此时，应该不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值，所以判断框中的条件

13、应是i1故选：A【点睛】本题考查了当型循环结构，当型循环是先判断后执行，满足条件执行循环，不满足条件时算法结束，属于基础题10D【解析】由题得对恒成立，令，然后分别求出即可得的取值范围.【详解】由题得对恒成立，令，在单调递减，且，在上单调递增，在上单调递减，又在单调递增，的取值范围为.故选：D【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题，可采用参变量分离法去求解.11B【解析】利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.【详解】，即，即，得，.由余弦定理得，由正弦定理，因此，.故

14、选：B.【点睛】本题考查三角形中角的正弦值的计算，考查两角差的正弦公式、边角互化思想、余弦定理与正弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中等题.12C【解析】由题意知：，设，则，在中，列勾股方程可解得，然后由得出答案.【详解】解：由题意知：，设，则在中，列勾股方程得：，解得所以从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为故选C.【点睛】本题考查了几何概型中的长度型，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】为锐角，故.142【解析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项，再根据常数项等于-160求得实数a的值【详解】二项式(ax-1x

15、)6的展开式中的通项公式为Tr+1=C6r(-1)ra6-rx6-2r，令6-2r=0，求得r=3，可得常数项为-C63a3=-160，a=2，故答案为：2【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题15【解析】首先整理所给的代数式，然后结合均值不等式的结论即可求得其最小值.【详解】，结合可知原式，且，当且仅当时等号成立.即最小值为.【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正各项均为正；二定积或和为定值；三相等等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误16【解析】由自变量所在定义域范围，代入对应解析式，再由对数加减法

16、运算法则与对数恒等式关系分别求值再相加，即为答案.【详解】因为函数，则因为，则故故答案为：【点睛】本题考查分段函数求值，属于简单题.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）【解析】（1）当时，利用可得，故可利用等比数列的通项公式求出的通项.（2）利用分组求和法可求数列的前项和.【详解】（1）当时，所以，当时，所以，即，又因为，故，所以，所以是首项，公比为的等比数列，故.（2）由得：数列为等差数列，公差， .【点睛】本题考查数列的通项与求和，注意数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘

17、积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.18（1）；（2）见解析【解析】（1）已知点轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，由此可得曲线的方程；（2）设直线方程为，则，设，由直线方程与抛物线方程联立消元应用韦达定理得，由，用横坐标表示出，然后计算，并代入，可得结论【详解】（1）设动圆圆心，由抛物线定义知：点轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，设其方程为，则，解得曲线的方程为；（2）证明：设直线方程为，则，设，由得，则，由，得，整理得，代入得：【点睛】本题考查求曲线方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线相交问题中的定值

18、问题解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设直线方程，直线方程代入抛物线（或圆锥曲线）方程得一元二次方程，应用韦达定理得，代入题中其他条件所求式子中化简变形19（）直线的直角坐标方程为；曲线的普通方程为；（）.【解析】（I）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可；（II）将直线参数方程代入抛物线的普通方程，可得，而根据直线参数方程的几何意义，知，代入即可解决.【详解】由可得直线的直角坐标方程为由曲线的参数方程，消去参数可得曲线的普通方程为.易知点在直线上，直线的参数方程为(为参数).将直线的参数方程代入曲线的普通方程，并整理得.设是方程的两根，则有.【点睛】本题考查参数方程、

19、普通方程、极坐标方程间的互化，直线参数方程的几何意义，是一道容易题.20 ()；()；()证明见解析.【解析】试题分析：将，求出切线方程求导后讨论当时和时的单调性证明，求出实数的取值范围先求出、的通项公式，利用当时，得，下面证明：解析：（）因为，所以，切点为.由，所以，所以曲线在处的切线方程为，即（）由，令，则（当且仅当取等号）.故在上为增函数.当时，,故在上为增函数，所以恒成立，故符合题意；当时，由于，根据零点存在定理，必存在，使得，由于在上为增函数，故当时，,故在上为减函数， 所以当时，,故在上不恒成立，所以不符合题意.综上所述，实数的取值范围为（III）证明：由由（）知当时，故当时， 故，故.下面证明：因为而，所以，即：点睛：本题考查了利用导数的几