湖北省省2021-2022学年高三二诊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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、要求的。1设是双曲线的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点，使（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（ ）ABCD2已知等差数列中，若，则此数列中一定为0的是（ ）ABCD3已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点（设点位于第一象限），过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点，抛物线的准线交轴于点，若，则直线的斜率为A1BCD4已知定义在上的奇函数满足，且当时，则（ ）A1B-1C2D-25已知函数，若对任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD6已知定点都在平面内，定点是内异于的动点，且，那么动点在平面内的轨迹是（ ）A圆，但要去掉两个点B椭圆，但要去掉两个点C双曲线

3、，但要去掉两个点D抛物线，但要去掉两个点7复数（为虚数单位），则等于（ ）A3BC2D8定义，已知函数，则函数的最小值为（ ）ABCD9正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ）ABCD10若点(2，k)到直线5x-12y+6=0的距离是4，则k的值是( )A1B-3C1或D-3或11记单调递增的等比数列的前项和为，若，则（ ）ABCD12阿基米德（公元前287年公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表

4、面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在中，角，的对边长分别为，满足，则的面积为_14已知多项式(x1)3(x2)2x5a1x4a2x3a3x2a4xa5，则a4_，a5_15的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，则_.16复数为虚数单位）的虚部为_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）已知椭圆C的中心在坐标原点，其短半轴长

5、为1，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上，且（1）证明：直线与圆相切；（2）设与椭圆的另一个交点为，当的面积最小时，求的长18（12分）已知点，且，满足条件的点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）是否存在过点的直线，直线与曲线相交于两点，直线与轴分别交于两点，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由19（12分）已知函数f(x)xlnx，g(x)x2ax.（1）求函数f(x)在区间t，t1(t0)上的最小值m(t)；（2）令h(x)g(x)f(x)，A(x1，h(x1)，B(x2，h(x2)(x1x2)是函数h(x)图像上任意两点，且满足1，求实数a的取值范围；（3）若x(0,

6、1，使f(x)成立，求实数a的最大值20（12分）如图所示，四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，PCCD2，E为AB的中点，底面四边形ABCD满足ADCDCB90，AD1，BC1（）求证：平面PDE平面PAC；（）求直线PC与平面PDE所成角的正弦值；（）求二面角DPEB的余弦值21（12分）在平面四边形(图)中，与均为直角三角形且有公共斜边，设，将沿折起，构成如图所示的三棱锥，且使=. （1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.22（10分）设（1）当时，求不等式的解集；（2）若，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

7、是符合题目要求的。1D【解析】利用向量运算可得，即，由为的中位线，得到，所以，再根据双曲线定义即可求得离心率.【详解】取的中点，则由得，即；在中，为的中位线，所以，所以；由双曲线定义知，且，所以，解得，故选：D【点睛】本题综合考查向量运算与双曲线的相关性质，难度一般.2A【解析】将已知条件转化为的形式，由此确定数列为的项.【详解】由于等差数列中，所以，化简得，所以为.故选：A【点睛】本小题主要考查等差数列的基本量计算，属于基础题.3C【解析】根据抛物线定义，可得，又，所以，所以，设，则，则，所以，所以直线的斜率故选C4B【解析】根据f（x）是R上的奇函数，并且f（x+1）=f（1-x），便可推

8、出f（x+4）=f（x），即f（x）的周期为4，而由x0，1时，f（x）=2x-m及f（x）是奇函数，即可得出f（0）=1-m=0，从而求得m=1，这样便可得出f（2019）=f（-1）=-f（1）=-1【详解】是定义在R上的奇函数，且；的周期为4；时，；由奇函数性质可得；时，；.故选：B.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和周期性求值，此类问题一般根据条件先推导出周期，利用函数的周期变换来求解，考查理解能力和计算能力，属于中等题.5C【解析】将函数解析式化简，并求得，根据当时可得的值域；由函数在上单调递减可得的值域，结合存在性成立问题满足的集合关系，即可求得的取值范围.【详解】依题意，则，当时

9、，故函数在上单调递增，当时，；而函数在上单调递减，故，则只需，故，解得，故实数的取值范围为.故选：C.【点睛】本题考查了导数在判断函数单调性中的应用，恒成立与存在性成立问题的综合应用，属于中档题.6A【解析】根据题意可得,即知C在以AB为直径的圆上.【详解】,，,又，,平面,又平面，故在以为直径的圆上，又是内异于的动点，所以的轨迹是圆，但要去掉两个点A,B故选：A【点睛】本题主要考查了线面垂直、线线垂直的判定，圆的性质，轨迹问题，属于中档题.7D【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，从而求得，然后直接利用复数模的公式求解.【详解】，所以，故选：D.【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的

10、知识点有复数的乘除运算，复数的共轭复数，复数的模，属于基础题目.8A【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.9D【解析】如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.【详解】如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，

11、四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.因为，故，因为，故.由正弦定理可得，故，又因为，故.因为，故平面，所以，因为平面，平面，故，故，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.10D【解析】由题得，解方程即得k的值.【详解】由题得，解方程即得k=-3或.故答案为：D【点睛】(1)本题主要考查点到直线的距离公式，意在考查学生对该知识的掌

12、握水平和计算推理能力.(2) 点到直线的距离.11C【解析】先利用等比数列的性质得到的值，再根据的方程组可得的值，从而得到数列的公比，进而得到数列的通项和前项和，根据后两个公式可得正确的选项.【详解】因为为等比数列，所以，故即，由可得或，因为为递增数列，故符合.此时，所以或（舍，因为为递增数列）.故，.故选C.【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）公比时，则有，其中为常数且；（3） 为等比数列（ ）且公比为.12C【解析】设球的半径为R，根据组合体的关系，圆柱的表面积为，解得球的半径，再代入球的体积公式求解.【详解】设球的半径为R，根据题意圆柱的表面积为，解

13、得，所以该球的体积为 .故选：C【点睛】本题主要考查组合体的表面积和体积，还考查了对数学史了解，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】由二次方程有解的条件，结合辅助角公式和正弦函数的值域可求，进而可求，然后结合余弦定理可求，代入，计算可得所求【详解】解：把看成关于的二次方程，则，即，即为，化为，而，则，由于，可得，可得，即，代入方程可得，由余弦定理可得，解得：（负的舍去），故答案为【点睛】本题主要考查一元二次方程的根的存在条件及辅助角公式及余弦定理和三角形的面积公式的应用，属于中档题1416 4 【解析】只需令x0，易得a5，再由(x1)3(x2)2(x1)5

14、2(x1)4(x1)3，可得a42.【详解】令x0，得a5(01)3(02)24，而(x1)3(x2)2(x1)3(x1)22(x1)1(x1)52(x1)4(x1)3；则a4258316.故答案为：16,4.【点睛】本题主要考查了多项式展开中的特定项的求解，可以用赋值法也可以用二项展开的通项公式求解，属于中档题.15【解析】利用正弦定理边化角可得，从而可得，进而求解.【详解】由，由正弦定理可得，即，整理可得，又因为，所以，因为，所以，故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理解三角形、两角和的正弦公式，属于基础题.161【解析】试题分析：，即虚部为1，故填：1.考点：复数的代数运算三、解答题：

15、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）.【解析】（1）分斜率为0，斜率不存在，斜率不为0三种情况讨论，设的方程为，可求解得到，可得到的距离为1，即得证；（2）表示的面积为，利用均值不等式，即得解.【详解】（1）由题意，椭圆的焦点在x轴上，且，所以所以椭圆的方程为由点在直线上，且知的斜率必定存在，当的斜率为0时，于是，到的距离为1，直线与圆相切当的斜率不为0时，设的方程为，与联立得，所以，从而而，故的方程为，而在上，故，从而，于是此时，到的距离为1，直线与圆相切综上，直线与圆相切（2）由（1）知，的面积为，上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1此时，

16、点在椭圆的长轴端点，为不妨设为长轴左端点，则直线的方程为，代入椭圆的方程解得，即，所以【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了直线和圆的位置关系判断，面积的最值问题，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于较难题.18（1）（2）存在， 或【解析】（1）由得看成到两定点的和为定值，满足椭圆定义，用定义可解曲线的方程.（2）先讨论斜率不存在情况是否符合题意，当直线的斜率存在时，设直线点斜式方程，由，可得，再直线与椭圆联解，利用根的判别式得到关于的一元二次方程求解.【详解】解：设，由， ，可得，即为，由，可得的轨迹是以为焦点，且的椭圆，由，可得，可得曲线的方程为；假设存在过点的直线l符合题意当直线的

17、斜率不存在，设方程为，可得为短轴的两个端点，不成立；当直线的斜率存在时，设方程为，由，可得，即，可得，化为，由可得，由在椭圆内，可得直线与椭圆相交，则化为，即为，解得，所以存在直线符合题意，且方程为或【点睛】本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解；（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.19（1）m(t)（2）a22.（3）a22.【解析】

18、（1）是研究在动区间上的最值问题，这类问题的研究方法就是通过讨论函数的极值点与所研究的区间的大小关系来进行求解（2）注意到函数h(x)的图像上任意不同两点A，B连线的斜率总大于1，等价于h(x1)h(x2)x1x2(x1x2)恒成立，从而构造函数F(x)h(x)x在(0，)上单调递增，进而等价于F(x)0在(0，)上恒成立来加以研究（3）用处理恒成立问题来处理有解问题，先分离变量转化为求对应函数的最值，得到a，再利用导数求函数M(x)的最大值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性，进而确定函数最值【详解】（1） f(x)1，x0，令f(x)0，则x1.当t1时，f(x)在t，t1上单调递增，f

19、(x)的最小值为f(t)tlnt；当0t1时，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)1.综上，m(t)（2）h(x)x2(a1)xlnx，不妨取0 x1x2，则x1x20，则由，可得h(x1)h(x2)x1x2，变形得h(x1)x1h(x2)x2恒成立令F(x)h(x)xx2(a2)xlnx，x0，则F(x)x2(a2)xlnx在(0，)上单调递增，故F(x)2x(a2)0在(0，)上恒成立，所以2xa2在(0，)上恒成立因为2x2，当且仅当x时取“”，所以a22.（3）因为f(x)，所以a(x1)2x2xlnx.因为x(0,1，则x1(1

20、,2，所以x(0,1，使得a成立令M(x)，则M(x).令y2x23xlnx1，则由y0 可得x或x1(舍)当x时，y0，则函数y2x23xlnx1在上单调递减；当x时，y0，则函数y2x23xlnx1在上单调递增所以yln40，所以M(x)0在x(0,1时恒成立，所以M(x)在(0,1上单调递增所以只需aM(1)，即a1.所以实数a的最大值为1.【点睛】本题考查了函数与导数综合问题，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算能力，属于难题.20（）证明见解析（）（）【解析】（）由题知，如图以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，计算，证明，从而平面PAC，即可得证；（）求解平面PDE的一

21、个法向量，计算，即可得直线PC与平面PDE所成角的正弦值；（）求解平面PBE的一个法向量，计算，即可得二面角DPEB的余弦值【详解】（）PC底面ABCD， 如图以点为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，又，平面PAC，平面PDE，平面PDE平面PAC；（）设为平面PDE的一个法向量，又，则，取，得，直线PC与平面PDE所成角的正弦值；（）设为平面PBE的一个法向量，又则，取，得，二面角DPEB的余弦值.【点睛】本题主要考查了平面与平面的垂直，直线与平面所成角的计算，二面角大小的求解，考查了空间向量在立体几何中的应用，考查了学生的空间想象能力与运算求解能力.21（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取AB的中点O，连接，证得，从而证得CO平面ABD