2021-2022学年河南省鹤壁市高考冲刺模拟数学试题含解析

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根据如图所示的程序框图，当输入的值为3时，输出的值等于（ ）A1BCD2集合,则集合的真子集的个数是A1个B3个C4个D7个3已知函数，则的最小值为( )ABCD4已知是双曲线的左、

2、右焦点，是的左、右顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，则的渐近线方程为（ ）ABCD5已知数列为等比数列，若，且，则（ ）AB或CD6如图示，三棱锥的底面是等腰直角三角形，且，则与面所成角的正弦值等于（ ）ABCD7已知是球的球面上两点,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）ABCD8若、满足约束条件，则的最大值为（ ）ABCD9某四棱锥的三视图如图所示，记为此棱锥所有棱的长度的集合，则（ ）.A，且B，且C，且D，且10明代数学家程大位（15331606年），有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血写出算法统宗，可谓集成计算的鼻祖如图所示的程序框图的算法思路

3、源于其著作中的“李白沽酒”问题执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（ ）ABCD11已知直线与直线则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件12函数的大致图象是ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知关于的不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围为_14已知数列是等比数列，则_.15已知，满足约束条件则的最小值为_.16数列满足，则，_.若存在nN*使得成立，则实数的最小值为_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）设抛物线过点.（1）求抛物线C的方程；（2）F是抛物线C的焦点，过

4、焦点的直线与抛物线交于A，B两点，若，求的值.18（12分）已知函数.（）当时，求不等式的解集；（）若存在满足不等式，求实数的取值范围.19（12分）如图，在四棱锥中，和均为边长为的等边三角形.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.20（12分）如图所示，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点.（1）求证：平面；（2）（文科）求三棱锥的体积；（理科）求二面角的正切值.21（12分）如图，正方形所在平面外一点满足，其中分别是与的中点.（1）求证：；（2）若，且二面角的平面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值.22（10分）己知的内角的对边分别为.设（1

5、）求的值；（2）若，且，求的值.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。1C【解析】根据程序图，当x0继续运行，x=1-2=-10，程序运行结束，得，故选C【点睛】本题考查程序框图，是基础题2B【解析】由题意，结合集合，求得集合，得到集合中元素的个数，即可求解，得到答案【详解】由题意，集合， 则，所以集合的真子集的个数为个，故选B【点睛】本题主要考查了集合的运算和集合中真子集的个数个数的求解，其中作出集合的运算，得到集合，再由真子集个数的公式作出计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力3C【解析】利用三角恒等变换化简三角函

6、数为标准正弦型三角函数，即可容易求得最小值.【详解】由于，故其最小值为：.故选：C.【点睛】本题考查利用降幂扩角公式、辅助角公式化简三角函数，以及求三角函数的最值，属综合基础题.4D【解析】根据为等腰三角形，可求出点P的坐标，又由的斜率为可得出关系，即可求出渐近线斜率得解.【详解】如图，因为为等腰三角形，所以，,，又，解得，所以双曲线的渐近线方程为，故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于中档题.5A【解析】根据等比数列的性质可得，通分化简即可.【详解】由题意，数列为等比数列，则，又，即，所以，.故选：A.【点睛】本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题.

7、6A【解析】首先找出与面所成角，根据所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值，再根据同角三角函数关系求出所成角的正弦值.【详解】由题知是等腰直角三角形且，是等边三角形，设中点为，连接，可知，同时易知，所以面，故即为与面所成角，有，故.故选：A.【点睛】本题主要考查了空间几何题中线面夹角的计算，属于基础题.7C【解析】如图所示，当点C位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选C考点：外接球表面积和椎体的体积8C【解析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线，找出直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数计算即可.【详解】作出满足约束条件的可

8、行域如图阴影部分（包括边界）所示由，得，平移直线，当直线经过点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.故选：C.【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值，一般利用平移直线的方法找到最优解，考查数形结合思想的应用，属于基础题.9D【解析】首先把三视图转换为几何体，根据三视图的长度，进一步求出个各棱长.【详解】根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为四棱锥体，如图所示：所以：，.故选：D.【点睛】本题考查三视图和几何体之间的转换，主要考查运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题.10C【解析】根据程序框图依次计算得到答案.【详解】，；，；，；，；，此时不满足，跳出循环，

9、输出结果为，由题意，得故选:【点睛】本题考查了程序框图的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.11B【解析】利用充分必要条件的定义可判断两个条件之间的关系.【详解】若，则，故或，当时，直线，直线 ，此时两条直线平行；当时，直线，直线 ，此时两条直线平行.所以当时，推不出，故“”是“”的不充分条件，当时，可以推出，故“”是“”的必要条件，故选：B.【点睛】本题考查两条直线的位置关系以及必要不充分条件的判断，前者应根据系数关系来考虑，后者依据两个条件之间的推出关系，本题属于中档题.12A【解析】利用函数的对称性及函数值的符号即可作出判断.【详解】由题意可知函数为奇函数，可排除B选项；当时，可排除

10、D选项；当时，当时，即，可排除C选项，故选：A【点睛】本题考查了函数图象的判断，函数对称性的应用，属于中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】先将不等式对于任意恒成立,转化为任意恒成立，设，求出在内的最小值,即可求出的取值范围.【详解】解：由题可知，不等式对于任意恒成立，即，又因为，对任意恒成立，设，其中，由不等式，可得：，则，当时等号成立，又因为在内有解，则，即：，所以实数的取值范围：.故答案为：.【点睛】本题考查不等式恒成立问题，利用分离参数法和构造函数，通过求新函数的最值求出参数范围，考查转化思想和计算能力.14【解析】根据等比数列通项公式，首先求得，然后求得.

11、【详解】设的公比为，由，得，故.故答案为：【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，属于基础题.15【解析】画出可行域，通过平移基准直线到可行域边界位置，由此求得目标函数的最小值.【详解】画出可行域如下图所示，由图可知：可行域是由三点，构成的三角形及其内部，当直线过点时，取得最小值.故答案为：【点睛】本小题主要考查利用线性规划求目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.16 【解析】利用“退一作差法”求得数列的通项公式，将不等式分离常数，利用商比较法求得的最小值，由此求得的取值范围，进而求得的最小值.【详解】当时两式相减得所以当时，满足上式综上所述存在使得成立的充要条件

12、为存在使得，设，所以，即，所以单调递增，的最小项，即有的最小值为.故答案为：(1). (2). 【点睛】本小题主要考查根据递推关系式求数列的通项公式，考查数列单调性的判断方法，考查不等式成立的存在性问题的求解策略，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）【解析】(1)代入计算即可.(2) 设直线AB的方程为,再联立直线与抛物线的方程,消去可得的一元二次方程,再根据韦达定理与求解,进而利用弦长公式求解即可.【详解】解：（1）因为抛物线过点,所以,所以,抛物线的方程为 （2）由题意知直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为,.因为,所以,联立,化简

13、得,所以,所以,解得,所以.【点睛】本题考查抛物线的方程以及联立直线与抛物线求弦长的简单应用.属于基础题.18（）或.（）【解析】（）分类讨论解绝对值不等式得到答案.（）讨论和两种情况，得到函数单调性，得到只需，代入计算得到答案.【详解】（）当时，不等式为，变形为或或，解集为或. （）当时，由此可知在单调递减，在单调递增， 当时，同样得到在单调递减，在单调递增，所以，存在满足不等式，只需，即，解得.【点睛】本题考查了解绝对值不等式，不等式存在性问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19 (1)见证明；(2) 【解析】(1) 取的中点，连接，要证平面平面，转证平面，即证， 即可；(2) 以

14、为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入公式，即可得到结果.【详解】（1）取的中点，连接，因为均为边长为的等边三角形，所以，且因为，所以，所以，又因为，平面，平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（2）因为，为等边三角形，所以，又因为，所以，在中，由正弦定理，得：，所以.以为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，即，令，则平面的一个法向量为，依题意，平面的一个法向量所以故二面角的余弦值为.【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求

15、出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20（1）见解析（2）（文） （理）【解析】（1）证明：取PD中点G，连结GF、AG，GF为PDC的中位线，GFCD且，又AECD且，GFAE且GF=AE，EFGA是平行四边形，则EFAG，又EF不在平面PAD内，AG在平面PAD内，EF面PAD； （2）（文）解：取AD中点O，连结PO，面PAD面ABCD，PAD为正三角形，PO面ABCD，且，又PC为面ABCD斜线，F为PC中点，F到面ABCD距离，故；（理）连OB交CE于

16、M，可得RtEBCRtOAB，MEB=AOB，则MEB+MBE=90，即OMEC连PM，又由（2）知POEC，可得EC平面POM，则PMEC，即PMO是二面角P-EC-D的平面角，在RtEBC中，即二面角P-EC-D的正切值为【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、二面角的求法、利用等积变换求三棱锥体积，属于难题.证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 本题（1）是就是利用方法证明的.21（1）证明见解析（2）【解析】（1）先证明EF平面，即可求证；（2）根据二面角的余弦值，可得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系,利用向量计算线面角即可.【详解】（1）连接，交于点，连结.则，故面.又面，因此.（2）由（1）知即为二面角的平面角，且.在中应用余弦定理，得，于是有，即，从而有平面.以为坐标原点，建立如