2021-2022学年黑龙江省绥化市青冈县县高三适应性调研考试数学试题含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知实数满足则的最大值为（ ）A2BC1D02的展开式中的系数是-10，则实数( )A2B1C-1D-23设，则的大小关系是( )ABCD4已知全集，集合，则（ ）ABCD5在中，内角所对的边分别为，若依次成等差数列，则（ ）A依次成等

2、差数列B依次成等差数列C依次成等差数列D依次成等差数列6已知函数（，）的一个零点是，函数图象的一条对称轴是直线，则当取得最小值时，函数的单调递增区间是（ ）A（）B（）C（）D（）7如图，内接于圆，是圆的直径，则三棱锥体积的最大值为（ ）ABCD8在钝角中，角所对的边分别为，为钝角，若，则的最大值为（ ）ABC1D9执行如图的程序框图，若输出的结果，则输入的值为( )ABC3或D或10关于函数在区间的单调性，下列叙述正确的是（ ）A单调递增B单调递减C先递减后递增D先递增后递减11总体由编号为01，02，.，39，40的40个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表（如表

3、）第1行的第4列和第5列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（ ）A23B21C35D3212为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（ ）A24B36C48D64二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13展开式中项的系数是_14若函数（）的图象与直线相切，则_.15连续掷两次骰子，分别得到的点数作为点的坐标，则点落在圆内的概率为_16平面向量与的夹角为，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。

4、17（12分）过点P(-4,0)的动直线l与抛物线相交于D、E两点，已知当l的斜率为时，.（1）求抛物线C的方程；（2）设的中垂线在轴上的截距为,求的取值范围.18（12分）在ABC中，角所对的边分别为向量，向量，且.（1）求角的大小；（2）求的最大值.19（12分）已知函数.（1）若，解关于的不等式；（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.20（12分）如图，己知圆和双曲线，记与轴正半轴、轴负半轴的公共点分别为、，又记与在第一、第四象限的公共点分别为、.（1）若，且恰为的左焦点，求的两条渐近线的方程；（2）若，且，求实数的值；（3）若恰为的左焦点，求证：在轴上不存在这样的点，使得.21（12

5、分）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程为（为参数），直线经过点且倾斜角为.（1）求曲线的极坐标方程和直线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于，满足为的中点，求.22（10分）已知椭圆的左，右焦点分别为，M是椭圆E上的一个动点，且的面积的最大值为.（1）求椭圆E的标准方程，（2）若，四边形ABCD内接于椭圆E，记直线AD，BC的斜率分别为，求证:为定值.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。1B【解析】作出可行域，平移目标直线即可求解.【详解】解：作出可行域：由得，由图形知，经过点时

6、，其截距最大，此时最大得，当时，故选：B【点睛】考查线性规划，是基础题.2C【解析】利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.【详解】二项式展开式的通项为，令，得，则，所以，解得.故选：C【点睛】本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.3A【解析】选取中间值和，利用对数函数，和指数函数的单调性即可求解.【详解】因为对数函数在上单调递增,所以,因为对数函数在上单调递减,所以，因为指数函数在上单调递增,所以,综上可知,.故选:A【点睛】本题考查利用对数函数和指数函数的单调性比较大小;考查逻辑思维能力和知识的综合运用能力;选取合适的中间值是求解本题的关键;属于中档

7、题、常考题型.4B【解析】直接利用集合的基本运算求解即可【详解】解：全集，集合，则，故选：【点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题5C【解析】由等差数列的性质、同角三角函数的关系以及两角和的正弦公式可得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，从而可得结果.【详解】依次成等差数列， 正弦定理得，由余弦定理得 ，即依次成等差数列，故选C.【点睛】本题主要考查等差数列的定义、正弦定理、余弦定理，属于难题. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以

8、上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到6B【解析】根据函数的一个零点是，得出，再根据是对称轴，得出，求出的最小值与对应的，写出即可求出其单调增区间.【详解】依题意得，即，解得或（其中，）.又，即（其中）.由得或，即或（其中，），因此的最小值为.因为，所以（）.又，所以，所以，令（），则（）.因此，当取得最小值时，的单调递增区间是（）.故选：B【点睛】此题考查三角函数的对称轴和对称点，在对称轴处取得最值，对称点处函数值为零，属于较易题目.7B【解析】根据已知证明平面，只要设，则，从而可得体积，利用基本不等式可得最大值【详解】因为，所以四边形为平行四边形.又因为平面，平面，所以平面，所以平

9、面.在直角三角形中，设，则，所以，所以.又因为，当且仅当，即时等号成立，所以.故选：B【点睛】本题考查求棱锥体积的最大值解题方法是：首先证明线面垂直同，得棱锥的高，然后设出底面三角形一边长为，用建立体积与边长的函数关系，由基本不等式得最值，或由函数的性质得最值8B【解析】首先由正弦定理将边化角可得，即可得到，再求出，最后根据求出的最大值；【详解】解：因为，所以因为所以，即，时故选：【点睛】本题考查正弦定理的应用，余弦函数的性质的应用，属于中档题.9D【解析】根据逆运算，倒推回求x的值，根据x的范围取舍即可得选项.【详解】因为,所以当，解得，所以3是输入的x的值；当时，解得，所以是输入的x的值，

10、所以输入的x的值为或3，故选：D.【点睛】本题考查了程序框图的简单应用，通过结果反求输入的值，属于基础题.10C【解析】先用诱导公式得,再根据函数图像平移的方法求解即可.【详解】函数的图象可由向左平移个单位得到,如图所示,在上先递减后递增.故选：C【点睛】本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.11B【解析】根据随机数表法的抽样方法，确定选出来的第5个个体的编号.【详解】随机数表第1行的第4列和第5列数字为4和6，所以从这两个数字开始，由左向右依次选取两个数字如下46，64，42，16，60，65，80，56，26，16，55，43，50，24，23，54，89，63，21，其中落在

11、编号01，02，39，40内的有：16，26，16，24，23，21，依次不重复的第5个编号为21.故选：B【点睛】本小题主要考查随机数表法进行抽样，属于基础题.12B【解析】根据题意，有两种分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.【详解】当按照进行分配时，则有种不同的方案；当按照进行分配，则有种不同的方案.故共有36种不同的派遣方案，故选：B.【点睛】本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13-20【解析】根据二项式定理的通项公式，再分情况考虑即可求解【详解】解：展开式中项的系数：二项式由通项公式当时

12、，项的系数是，当时，项的系数是，故的系数为；故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，注意分情况考虑，属于基础题142【解析】设切点由已知可得,即可解得所求.【详解】设，因为，所以，即，又，.所以，即，.故答案为:.【点睛】本题考查导数的几何意义,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,难度较易.15【解析】连续掷两次骰子共有种结果，列出满足条件的结果有11种，利用古典概型即得解【详解】由题意知，连续掷两次骰子共有种结果，而满足条件的结果为：共有11种结果，根据古典概型概率公式，可得所求概率故答案为：【点睛】本题考查了古典概型的应用，考查了学生综合分析，数学运

13、算的能力，属于基础题.16【解析】由平面向量模的计算公式，直接计算即可.【详解】因为平面向量与的夹角为，所以，所以;故答案为【点睛】本题主要考查平面向量模的计算，只需先求出向量的数量积，进而即可求出结果，属于基础题型.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；【解析】根据题意,求出直线方程并与抛物线方程联立,利用韦达定理,结合,即可求出抛物线C的方程；设，的中点为，把直线l方程与抛物线方程联立,利用判别式求出的取值范围,利用韦达定理求出,进而求出的中垂线方程,即可求得在轴上的截距的表达式,然后根据的取值范围求解即可.【详解】由题意可知,直线l的方程为,与抛物线方程方程

14、联立可得,设,由韦达定理可得,因为,所以,解得,所以抛物线C的方程为;设,的中点为,由,消去可得,所以判别式,解得或,由韦达定理可得,所以的中垂线方程为,令则,因为或,所以即为所求.【点睛】本题考查抛物线的标准方程和直线与抛物线的位置关系,考查向量知识的运用;考查学生分析问题、解决问题的能力和运算求解能力;属于中档题.18（1）（2）2【解析】（1）转化条件得，进而可得，即可得解；（2）由化简可得，由结合三角函数的性质即可得解.【详解】（1），由正弦定理得，即，又 ，又 ， 由可得.（2）由（1）可得，的最大值为2.【点睛】本题考查了平面向量平行、正弦定理以及三角恒等变换的应用，考查了三角函数

15、的性质，属于中档题.19（1）（2）【解析】（1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.（2）对分成三种情况，求得的最小值，由此求得的取值范围.【详解】（1）当时，由此可知，的解集为（2）当时，的最小值为和中的最小值，其中，.所以恒成立.当时，且，不恒成立，不符合题意.当时，若，则，故不恒成立，不符合题意；若，则，故不恒成立，不符合题意.综上，.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查根据绝对值不等式恒成立求参数的取值范围，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.20（1）；（2）；（2）见解析【解析】（1）由圆的方程求出点坐标，得双曲线的，再计算出后可得渐近线方程

16、；（2）设，由圆方程与双曲线方程联立，消去后整理，可得，由先求出，回代后求得坐标，计算；（3）由已知得，设，由圆方程与双曲线方程联立，消去后整理，可解得，求出，从而可得，由，可知满足要求的点不存在【详解】（1）由题意圆方程为，令得，即，渐近线方程为（2）由（1）圆方程为，设，由得，(*)，所以，即，解得，方程(*)为，即，代入双曲线方程得，在第一、四象限，（3）由题意，设由得：，由得，解得，所以，当且仅当三点共线时，等号成立，轴上不存在点，使得【点睛】本题考查求渐近线方程，考查圆与双曲线相交问题考查向量的加法运算，本题对学生的运算求解能力要求较高，解题时都是直接求出交点坐标难度较大，属于困难题

17、21（1），；（2）.【解析】（1）由曲线的参数方程消去参数可得曲线的普通方程，由此可求曲线的极坐标方程；直接利用直线的倾斜角以及经过的点求出直线的参数方程即可；（2）将直线的参数方程，代入曲线的普通方程，整理得，利用韦达定理，根据为的中点，解出即可.【详解】（1）由（为参数）消去参数，可得，即，已知曲线的普通方程为，即，曲线的极坐标方程为，直线经过点，且倾斜角为，直线的参数方程：（为参数，）.（2）设对应的参数分别为，.将直线的参数方程代入并整理，得，.又为的中点，即，即，.【点睛】本题考查了圆的参数方程与极坐标方程之间的互化以及直线参数方程的应用，考查了计算能力，属于中档题.22（1）（2）证明见解析【解析】（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，求出，