四川省南山2021-2022学年高考数学一模试卷含解析

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已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则下列结论正确的是（ ）AB复数的共轭复数是CD2已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点为抛物线上任意一点的平分线与轴交于，则的最大值为 ABC

2、D3下列函数中，在区间上为减函数的是（ ）ABCD4若变量，满足，则的最大值为（ ）A3B2CD105设、分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则（ ）AB0C1D36某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长为（ ）ABC1D7函数的图象大致为ABCD8某工厂只生产口罩、抽纸和棉签，如图是该工厂年至年各产量的百分比堆积图（例如：年该工厂口罩、抽纸、棉签产量分别占、），根据该图，以下结论一定正确的是（ ）A年该工厂的棉签产量最少B这三年中每年抽纸的产量相差不明显C三年累计下来产量最多的是口罩D口罩的产量逐年增加9已知正方体的棱长为2，点为

3、棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）ABCD10已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，则当时，的最大值是（ ）A8B9C10D1111函数fx=sinxe-x2的图象可能是下列哪一个？（ ）ABCD12已知直线yk（x1）与抛物线C：y24x交于A，B两点，直线y2k（x2）与抛物线D：y28x交于M，N两点，设|AB|2|MN|，则（ ）A16B16C120D12二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13正四棱柱中，.若是侧面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为_.14已知，则_。15函数的定义域为_16的角所对

4、的边分别为，且，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）已知椭圆 的焦距为，斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为，且直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）若过左焦点斜率为的直线与椭圆交于点为椭圆上一点，且满足，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由.18（12分）已知是递增的等差数列，是方程的根.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.19（12分）已知函数.（1）求函数f(x)的最小正周期；（2）求在上的最大值和最小值20（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系

5、，曲线的极坐标方程为.（）设直线与曲线交于，两点，求；（）若点为曲线上任意一点，求的取值范围.21（12分）在直角坐标系中，已知圆，以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知直线平分圆M的周长.（1）求圆M的半径和圆M的极坐标方程；（2）过原点作两条互相垂直的直线，其中与圆M交于O，A两点，与圆M交于O，B两点，求面积的最大值.22（10分）已知函数，.（1）若曲线在点处的切线方程为，求，；（2）当时，求实数的取值范围.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】首先求得，然后根据复数乘法运算、共轭复数、复数的

6、模、复数除法运算对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】由题意知复数，则，所以A选项不正确；复数的共轭复数是，所以B选项不正确；，所以C选项不正确；，所以D选项正确.故选：D【点睛】本小题考查复数的几何意义，共轭复数，复数的模，复数的乘法和除法运算等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想.2A【解析】求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解【详解】解：由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x1，过点P作PM垂直于准线，M为垂足，由抛物线的定义可得|PF|PM|x1，记KPF的平分线与轴交于根据角平分线定理可得，当

7、时，当时，综上：故选：A【点睛】本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键考查学生的计算能力，属于中档题3C【解析】利用基本初等函数的单调性判断各选项中函数在区间上的单调性，进而可得出结果.【详解】对于A选项，函数在区间上为增函数；对于B选项，函数在区间上为增函数；对于C选项，函数在区间上为减函数；对于D选项，函数在区间上为增函数.故选：C.【点睛】本题考查函数在区间上单调性的判断，熟悉一些常见的基本初等函数的单调性是判断的关键，属于基础题.4D【解析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义求解最大值即可【详解】解：画出满足条件的平面区

8、域，如图示：如图点坐标分别为，目标函数的几何意义为，可行域内点与坐标原点的距离的平方，由图可知到原点的距离最大，故.故选：D【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于中档题5C【解析】先根据奇偶性，求出的解析式，令，即可求出。【详解】因为、分别是定义在上的奇函数和偶函数，用替换，得 ，化简得，即令，所以，故选C。【点睛】本题主要考查函数性质奇偶性的应用。6B【解析】首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长【详解】解：根据三视图还原几何体如图所示，所以，该四棱锥体的最长的棱长为故选：B【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，考查运算能力和推理能力，属于基础题7D【解析】由

9、题可得函数的定义域为，因为，所以函数为奇函数，排除选项B；又，所以排除选项A、C，故选D8C【解析】根据该厂每年产量未知可判断A、B、D选项的正误，根据每年口罩在该厂的产量中所占的比重最大可判断C选项的正误.综合可得出结论.【详解】由于该工厂年至年的产量未知，所以，从年至年棉签产量、抽纸产量以及口罩产量的变化无法比较，故A、B、D选项错误；由堆积图可知，从年至年，该工厂生产的口罩占该工厂的总产量的比重是最大的，则三年累计下来产量最多的是口罩，C选项正确.故选：C.【点睛】本题考查堆积图的应用，考查数据处理能力，属于基础题.9A【解析】根据球的特点可知截面是一个圆，根据等体积法计算出球心到平面的

10、距离，由此求解出截面圆的半径，从而截面面积可求.【详解】如图所示：设内切球球心为，到平面的距离为，截面圆的半径为，因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为，又因为，所以，又因为，所以，所以，所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为.故选：A.【点睛】本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算.10B【解析】根据题意计算，解不等式得到答案.【详解】是以1为首项，2为公差的等差数列，.是以1为首项，2为公比的等比数列，.，解得.则当时，的最大值是9.故选：.【点睛】本题考查了等

11、差数列，等比数列，f分组求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.11A【解析】由f12=e-140排除选项D;f-12=-e-140，可排除选项D，f-1=-e-120可排除选项C；由fx=0可得x=kx=k,kz，即函数fx有无数个零点，可排除选项B,故选A.【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x0+,x0-,x+,x-时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.1

12、2D【解析】分别联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理，可得，然后计算，可得结果.【详解】设， 联立则，因为直线经过C的焦点， 所以.同理可得，所以故选：D.【点睛】本题考查的是直线与抛物线的交点问题，运用抛物线的焦点弦求参数，属基础题。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。132.【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，由得，证明为与平面所成角，令，用三角函数表示出，求解三角函数的最大值得到结果.【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设点，则，又，得即；又平面，为与平面所成角，令，当时，最大，即与平面所成角的正切值的最大值为2.故答案为：2【点睛】本题主要考查了立体几何中

13、的动点问题，考查了直线与平面所成角的计算.对于这类题，一般是建立空间直角坐标，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的最值问题求解，考查了学生的运算求解能力和直观想象能力.14【解析】由已知求，再利用和角正切公式，求得，【详解】因为所以cos因此.【点睛】本题考查了同角三角函数基本关系式与和角的正切公式。15【解析】根据函数成立的条件列不等式组,求解即可得定义域.【详解】解:要使函数有意义,则 ,即.则定义域为: .故答案为: 【点睛】本题主要考查定义域的求解,要熟练掌握张建函数成立的条件.16【解析】先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式，结合可求的值.【详解】因为

14、，故，因为，所以.由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足，所以即.因为，解得或（舍）.故答案为：.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体求解，本题属于中档题.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) 为定值.过程见解析.【解析】分析：（1）焦距说明，用点差法可得.这样可解得，得椭圆方程；（2）若，这种特殊情形可直接求得，在时，直线方程为，设，把直线方程代入椭圆方程，后可得，然后由纺长公式计算出弦长，同时直线方程为，代入椭圆方程可得点坐标，从而计算出，最后计算即可.详解：（1）由题意可知，设，代

15、入椭圆可得：，两式相减并整理可得，即. 又因为，代入上式可得，.又，所以， 故椭圆的方程为. （2）由题意可知，当为长轴时，为短半轴，此时； 否则，可设直线的方程为，联立，消可得， 则有：， 所以设直线方程为，联立，根据对称性，不妨得，所以. 故，综上所述，为定值. 点睛：设直线与椭圆相交于两点，的中点为，则有，证明方法是点差法：即把点坐标代入椭圆方程得，两式相减，结合斜率公式可得.18（1）;（2）.【解析】（1）方程的两根为，由题意得，在利用等差数列的通项公式即可得出；（2）利用“错位相减法”、等比数列的前项和公式即可求出【详解】方程x25x60的两根为2，3.由题意得a22，a43.设数

16、列an的公差为d，则a4a22d，故d，从而得a1.所以an的通项公式为ann1.（2）设的前n项和为Sn，由（1）知，则Sn，Sn，两式相减得Sn，所以Sn2.考点：等差数列的性质；数列的求和【方法点晴】本题主要考查了等差数列的通项公式、“错位相减法”、等比数列的前项和公式、一元二次方程的解法等知识点的综合应用，解答中方程的两根为，由题意得，即可求解数列的通项公式，进而利用错位相减法求和是解答的关键，着重考查了学生的推理能力与运算能力，属于中档试题19（1）；（2）见解析【解析】将函数解析式化简即可求出函数的最小正周期根据正弦函数的图象和性质即可求出函数在定义域上的最大值和最小值【详解】（）

17、由题意得 原式 的最小正周期为. （），. 当，即时，；当，即时， . 综上，得时，取得最小值为0；当时，取得最大值为.【点睛】本题主要考查了两角和与差的余弦公式展开，辅助角公式，三角函数的性质等，较为综合，也是常考题型，需要计算正确，属于基础题20（）6（）【解析】（）化简得到直线的普通方程化为，是以点为圆心，为半径的圆，利用垂径定理计算得到答案.（）设，则，得到范围.【详解】（）由题意可知，直线的普通方程化为，曲线的极坐标方程变形为，所以的普通方程分别为，是以点为圆心，为半径的圆，设点到直线的距离为，则， 所以. （）的标准方程为，所以参数方程为（为参数），设，因为，所以， 所以.【点睛】

18、本题考查了参数方程，极坐标方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.21（1）， （2）【解析】先求出，再求圆的半径和极坐标方程；（2）设 求出,再求出得解.【详解】（1）将化成直角坐标方程，得 则，故，则圆 ，即，所以圆M的半径为.将圆M的方程化成极坐标方程，得.即圆M的极坐标方程为. （2）设，则,用代替.可得,【点睛】本题主要考查直角坐标和极坐标的互化，考查极径的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.22（1）；（2）【解析】(1)对函数求导，运用可求得的值，再由在直线上，可求得的值；(2)由已知可得恒成立，构造函数，对函数求导，讨论和0的大小关系，结合单调性求出最大值即可求得的范围.【详解】（1）由题得