2021-2022学年湖南省常德市高三最后一卷数学试卷含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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设函数满足，则的图像可能是ABCD2已知六棱锥各顶点都在同一个球（记为球）的球面上，且底面为正六边形，顶点在底面上

2、的射影是正六边形的中心，若，则球的表面积为（ ）ABCD3设双曲线（a0,b0）的右焦点为F，右顶点为A,过F作AF的垂线与双曲线交于B,C两点，过B,C分别作AC，AB的垂线交于点D若D到直线BC的距离小于，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是 （ ）ABCD4已知函数且的图象恒过定点，则函数图象以点为对称中心的充要条件是( )ABCD5已知向量，夹角为， ，则( )A2B4CD6若的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数的值为（ ）A7B6C5D47一小商贩准备用元钱在一批发市场购买甲、乙两种小商品，甲每件进价元，乙每件进价元，甲商品每卖出去件可赚元，乙商品每卖出去件可赚元.该商贩若想

3、获取最大收益，则购买甲、乙两种商品的件数应分别为（ ）A甲件，乙件B甲件，乙件C甲件，乙件D甲件，乙件8设等比数列的前项和为，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9已知数列an满足：an=2,n5a1A16B17C18D1910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展开项中的常数项为A1B11C-19D5112在中，在边上满足，为的中点，则（ ）.ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13假设10公里长跑，甲跑出优秀的概率为，乙跑出优秀的概率为，丙跑出优秀的概率为，则

4、甲、乙、丙三人同时参加10公里长跑，刚好有2人跑出优秀的概率为_14在平行四边形中，已知，若，则_15实数，满足，如果目标函数的最小值为，则的最小值为_16如图，在ABC中，E为边AC上一点，且，P为BE上一点，且满足，则的最小值为_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）如图，椭圆的长轴长为，点、为椭圆上的三个点，为椭圆的右端点，过中心，且，（1）求椭圆的标准方程；（2）设、是椭圆上位于直线同侧的两个动点（异于、），且满足，试讨论直线与直线斜率之间的关系，并求证直线的斜率为定值.18（12分）在三棱锥中，是边长为的正三角形，平面平面，M、N分别为、的中点.

5、（1）证明：；（2）求三棱锥的体积.19（12分）已知椭圆与抛物线有共同的焦点，且离心率为，设分别是为椭圆的上下顶点（1）求椭圆的方程；（2）过点与轴不垂直的直线与椭圆交于不同的两点，当弦的中点落在四边形内（含边界）时，求直线的斜率的取值范围.20（12分） 已知函数，（）当时，求曲线在处的切线方程； （）求函数在上的最小值；（）若函数，当时，的最大值为，求证：.21（12分）设函数.（）讨论函数的单调性；（）如果对所有的0，都有，求的最小值；（）已知数列中，且，若数列的前n项和为，求证：.22（10分）在平面直角坐标系中，设，过点的直线与圆相切，且与抛物线相交于两点（1）当在区间上变动时，求

6、中点的轨迹；（2）设抛物线焦点为，求的周长(用表示)，并写出时该周长的具体取值参考答案一、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】根据题意，确定函数的性质，再判断哪一个图像具有这些性质由得是偶函数，所以函数的图象关于轴对称，可知B，D符合；由得是周期为2的周期函数，选项D的图像的最小正周期是4，不符合，选项B的图像的最小正周期是2，符合，故选B2D【解析】由题意，得出六棱锥为正六棱锥，求得，再结合球的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.【详解】由题意，六棱锥底面为正六边形，顶点在底面上的射影是正六边形的中心，可得此

7、六棱锥为正六棱锥，又由，所以， 在直角中，因为，所以，设外接球的半径为，在中，可得，即，解得，所以外接球的表面积为.故选:D.【点睛】本题主要考查了正棱锥的几何结构特征，以及外接球的表面积的计算，其中解答中熟记几何体的结构特征，熟练应用球的性质求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.3A【解析】由题意,根据双曲线的对称性知在轴上，设，则由得：，因为到直线的距离小于，所以，即，所以双曲线渐近线斜率，故选A4A【解析】由题可得出的坐标为，再利用点对称的性质，即可求出和.【详解】根据题意，所以点的坐标为，又 ，所以.故选：A.【点睛】本题考查指数函数过定点

8、问题和函数对称性的应用，属于基础题.5A【解析】根据模长计算公式和数量积运算，即可容易求得结果.【详解】由于，故选：A.【点睛】本题考查向量的数量积运算，模长的求解，属综合基础题.6C【解析】由二项式系数性质，的展开式中所有二项式系数和为计算【详解】的二项展开式中二项式系数和为，故选：C【点睛】本题考查二项式系数的性质，掌握二项式系数性质是解题关键7D【解析】由题意列出约束条件和目标函数，数形结合即可解决.【详解】设购买甲、乙两种商品的件数应分别，利润为元，由题意，画出可行域如图所示，显然当经过时，最大.故选：D.【点睛】本题考查线性目标函数的线性规划问题，解决此类问题要注意判断，是否是整数，

9、是否是非负数，并准确的画出可行域，本题是一道基础题.8C【解析】根据等比数列的前项和公式，判断出正确选项.【详解】由于数列是等比数列，所以，由于，所以，故“”是“”的充分必要条件.故选：C【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查等比数列前项和公式，属于基础题.9B【解析】由题意可得a1=a2=a3=a4=a5=2，累加法求得a62+【详解】解：an即a1=an6时，a1a1两式相除可得1+a则an2=由a6a7，ak2=可得aa1且a1正整数k(k5)时，要使得a1则ak+1则k=17，故选：B【点睛】本题考查与递推数列相关的方程的整数解的求法，注意将题设中的递推关系变形得到新的递推关

10、系，从而可简化与数列相关的方程，本题属于难题.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握水平和计算推理能力.(2) 点到直线的距离.11B【解析】展开式中的每一项是由每个括号中各出一项组成的，所以可分成三种情况.【详解】展开式中的项为常数项，有3种情况：（1）5个括号都出1，即；（2）两个括号出，两个括号出，一个括号出1，即；（3）一个括号出，一个括号出，三个括号出1，即；所以展开项中的常数项为，故选B.【点睛】本题考查二项式定理知识的生成过程，考查定理的本质，即展开式中每一

11、项是由每个括号各出一项相乘组合而成的.12B【解析】由，可得，再将代入即可.【详解】因为，所以，故.故选：B.【点睛】本题考查平面向量的线性运算性质以及平面向量基本定理的应用，是一道基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】分跑出优秀的人为：甲、乙和甲、丙和乙、丙三种情况分别计算再求和即可.【详解】刚好有2人跑出优秀有三种情况：其一是只有甲、乙两人跑出优秀的概率为；其二是只有甲、丙两人跑出优秀的概率为；其三是只有乙、丙两人跑出优秀的概率为,三种情况相加得.即刚好有2人跑出优秀的概率为.故答案为：【点睛】本题主要考查了分类方法求解事件概率的问题,属于基础题.14【解析】

12、设，则，得到，利用向量的数量积的运算，即可求解【详解】由题意，如图所示，设，则，又由，所以为的中点，为的三等分点，则，所以【点睛】本题主要考查了向量的共线定理以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的线性运算法则，以及向量的共线定理和向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题15【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的最小值为，确定出的值，进而确定出C点坐标，结合目标函数几何意义，从而求得结果.【详解】先做的区域如图可知在三角形ABC区域内，由得可知，直线的截距最大时，取得最小值，此时直线为，作出直线，交于A点，由图象可知，目标函数在该点取

13、得最小值，所以直线也过A点，由，得，代入，得，所以点C的坐标为等价于点与原点连线的斜率，所以当点为点C时，取得最小值，最小值为，故答案为：.【点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，在解题的过程中，注意正确画出约束条件对应的可行域，根据最值求出参数，结合分式型目标函数的意义求得最优解，属于中档题目.16【解析】试题分析：根据题意有，因为三点共线，所以有，从而有，所以的最小值是考点：向量的运算，基本不等式【方法点睛】该题考查的是有关应用基本不等式求最值的问题，属于中档题目，在解题的过程中，关键步骤在于对题中条件的转化，根据三点共线，结合向量的性质可知，从而等价于已知两个正数的整式形式和为定值，求分

14、式形式和的最值的问题，两式乘积，最后应用基本不等式求得结果，最后再加，得出最后的答案三、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）详见解析.【解析】试题分析：（1）利用题中条件先得出的值，然后利用条件，结合椭圆的对称性得到点的坐标，然后将点的坐标代入椭圆方程求出的值，从而确定椭圆的方程；（2）将条件得到直线与的斜率直线的关系（互为相反数），然后设直线的方程为，将此直线的方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，注意到直线与的斜率之间的关系得到点的坐标，最后再用斜率公式证明直线的斜率为定值.（1），又是等腰三角形，所以，把点代入椭圆方程，求得，所以椭圆方程为；（2）由题

15、易得直线、斜率均存在，又，所以，设直线代入椭圆方程，化简得，其一解为，另一解为，可求，用代入得，为定值.考点：1.椭圆的方程；2.直线与椭圆的位置关系；3.两点间连线的斜率18（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取 中点，连接，证明平面，由线面垂直的性质可得；（2）由，即可求得三棱锥的体积【详解】解：（1）证明：取中点D，连接，.因为，所以且，因为，平面，平面，所以平面.又平面，所以；（2）解：因为平面，平面，所以平面平面，过N作于E，则平面，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，由于，所以所以，所以.【点睛】本题考查线面垂直，考查三棱锥体积的计算，解题的关键是掌握线面

16、垂直的判定与性质，属于中档题19（1）（2）或【解析】（1）由已知条件得到方程组，解得即可；（2）由题意得直线的斜率存在，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由得到的范围，设弦中点坐标为则，所以在轴上方，只需位于内（含边界）就可以，即满足，得到不等式组，解得即可；【详解】解：（1）由已知椭圆右焦点坐标为，离心率为，所以椭圆的标准方程为；（2）由题意得直线的斜率存在，设直线方程为 联立，消元整理得，由，解得设弦中点坐标为，所以在轴上方，只需位于内（含边界）就可以， 即满足，即，解得或【点睛】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质，直线与椭圆的综合应用，考查了推理能力与计算能力，属

17、于中档题20（）（）见解析；（）见解析.【解析】试题分析：（）由题，所以故，代入点斜式可得曲线在处的切线方程；（）由题（1）当时，在上单调递增. 则函数在上的最小值是（2）当时，令，即，令，即（i）当，即时，在上单调递增，所以在上的最小值是（ii）当，即时，由的单调性可得在上的最小值是（iii）当，即时，在上单调递减，在上的最小值是（）当时，令，则是单调递减函数. 因为，所以在上存在，使得，即讨论可得在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，取得最大值是因为，所以由此可证试题解析：（）因为函数，且， 所以，所以所以，所以曲线在处的切线方程是，即（）因为函数，所以（1）当时，所以在上单调递增. 所

18、以函数在上的最小值是（2）当时，令，即，所以令，即，所以（i）当，即时，在上单调递增，所以在上的最小值是（ii）当，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以在上的最小值是（iii）当，即时，在上单调递减，所以在上的最小值是综上所述，当时，在上的最小值是当时，在上的最小值是当时，在上的最小值是 （）因为函数，所以所以当时，令，所以是单调递减函数. 因为，所以在上存在，使得，即所以当时，；当时，即当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，取得最大值是因为，所以因为，所以所以21（）函数在上单调递减，在单调递增；（）；（）证明见解析【解析】（）先求出函数f（x）的导数，通过解关于导数的不等式，从而求出函数的单调区间；（）设g（x）f（x）ax，先求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调性，从而求出a的最小值；（）先求出数列是以为首项，1为公差的等差数列，问题转化为证明：，通过换元法或数学归纳法进行证明即可【详解】解：（） f（x）的定义域为（1，+），当时，f（x）2，当时，f（x）2，所以函数f（x）在上单调递减，在单调递增（）设，则，因为x2，故，（）当a1时，1a2，g（x）2，所以g（x）在2，+）单调递减，而g（2）2，所以对所有的x2，g（x）2，即f（x）ax；（）