2022年广西桂林全州县石塘中学高考数学押题试卷含解析

2022年高考数学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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，则的虚部是（）A． B． C． D．12．设数列的各项均为正数，前项和为，，且，则（）A．128 B．65 C．64 D．633．已知菱形的边长为2，，则（）A．4 B．6 C． D．4．上世纪末河南出土的以鹤的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（图1），充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平，也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意图，图3是某骨笛的部分测量数据（骨笛的弯曲忽略不计），夏至（或冬至）日光（当日正午太阳光线）与春秋分日光（当日正午太阳光线）的夹角等于黄赤交角.由历法理论知，黄赤交角近1万年持续减小，其正切值及对应的年代如下表：黄赤交角正切值0.4390.4440.4500.4550.461年代公元元年公元前2000年公元前4000年公元前6000年公元前8000年根据以上信息，通过计算黄赤交角，可估计该骨笛的大致年代是()A．公元前2000年到公元元年 B．公元前4000年到公元前2000年C．公元前6000年到公元前4000年 D．早于公元前6000年5．某人用随机模拟的方法估计无理数的值，做法如下：首先在平面直角坐标系中，过点作轴的垂线与曲线相交于点，过作轴的垂线与轴相交于点（如图），然后向矩形内投入粒豆子，并统计出这些豆子在曲线上方的有粒，则无理数的估计值是（）A． B． C． D．6．已知角的终边经过点，则的值是A．1或 B．或 C．1或 D．或7．若双曲线的一条渐近线与圆至多有一个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（）A． B． C． D．8．若，则的值为（）A． B． C． D．9．已知集合，，则（）A． B．C． D．10．在棱长为a的正方体中，E、F、M分别是AB、AD、的中点，又P、Q分别在线段、上，且，设平面平面，则下列结论中不成立的是（）A．平面 B．C．当时，平面 D．当m变化时，直线l的位置不变11．如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，则（）A．1 B． C．2 D．312．已知集合A={x|x<1}，B={x|}，则A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图所示，平面BCC1B1⊥平面ABC，ABC＝120，四边形BCC1B1为正方形，且AB＝BC＝2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_____．14．一个袋中装着标有数字1，2，3，4，5的小球各2个，从中任意摸取3个小球，每个小球被取出的可能性相等，则取出的3个小球中数字最大的为4的概率是__．15．已知向量满足，，则______________.16．若，则的最小值是______.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）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线相交于两点，的顶点也在曲线上运动，求面积的最大值.18．（12分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：.过点的直线：（为参数）与曲线相交于，两点.（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若，求实数的值.19．（12分）已知函数．（1）当时，求的单调区间．（2）设直线是曲线的切线，若的斜率存在最小值-2，求的值，并求取得最小斜率时切线的方程．（3）已知分别在，处取得极值，求证：．20．（12分）在直角坐标系中，是过定点且倾斜角为的直线；在极坐标系（以坐标原点为极点，以轴非负半轴为极轴，取相同单位长度）中，曲线的极坐标方程为.（1）写出直线的参数方程，并将曲线的方程化为直角坐标方程；（2）若曲线与直线相交于不同的两点，求的取值范围.21．（12分）已知等差数列的公差，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．22．（10分）已知函数，其中为自然对数的底数，．（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求的值；（2）若，问函数有无极值点？若有，请求出极值点的个数；若没有，请说明理由．

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。1．C【解析】

化简复数，分子分母同时乘以，进而求得复数，再求出，由此得到虚部.【详解】，，所以的虚部为.故选：C【点睛】本小题主要考查复数的乘法、除法运算，考查共轭复数的虚部，属于基础题.2．D【解析】

根据，得到，即，由等比数列的定义知数列是等比数列，然后再利用前n项和公式求.【详解】因为，所以，所以，所以数列是等比数列，又因为，所以，.故选：D【点睛】本题主要考查等比数列的定义及等比数列的前n项和公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.3．B【解析】

根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．【详解】如图所示，菱形形的边长为2，，∴，∴，∴，且，∴，故选B．【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.．4．D【解析】

先理解题意，然后根据题意建立平面几何图形，在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，即可得到正确选项．【详解】解：由题意，可设冬至日光与垂直线夹角为，春秋分日光与垂直线夹角为，则即为冬至日光与春秋分日光的夹角，即黄赤交角，将图3近似画出如下平面几何图形：则，，．，估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年．故选：．【点睛】本题考查利用三角函数解决实际问题的能力，运用了两角和与差的正切公式，考查了转化思想，数学建模思想，以及数学运算能力，属中档题．5．D【解析】

利用定积分计算出矩形中位于曲线上方区域的面积，进而利用几何概型的概率公式得出关于的等式，解出的表达式即可.【详解】在函数的解析式中，令，可得，则点，直线的方程为，矩形中位于曲线上方区域的面积为，矩形的面积为，由几何概型的概率公式得，所以，.故选：D.【点睛】本题考查利用随机模拟的思想估算的值，考查了几何概型概率公式的应用，同时也考查了利用定积分计算平面区域的面积，考查计算能力，属于中等题.6．B【解析】

根据三角函数的定义求得后可得结论．【详解】由题意得点与原点间的距离．①当时，，∴，∴．②当时，，∴，∴．综上可得的值是或．故选B．【点睛】利用三角函数的定义求一个角的三角函数值时需确定三个量：角的终边上任意一个异于原点的点的横坐标x，纵坐标y，该点到原点的距离r，然后再根据三角函数的定义求解即可．7．C【解析】

求得双曲线的渐近线方程，可得圆心到渐近线的距离，由点到直线的距离公式可得的范围，再由离心率公式计算即可得到所求范围．【详解】双曲线的一条渐近线为，即，由题意知，直线与圆相切或相离，则，解得，因此，双曲线的离心率.故选：C.【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用圆心到渐近线的距离不小于半径，考查化简整理的运算能力，属于中档题．8．C【解析】

根据，再根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】因为，所以二项式的展开式的通项公式为：，令，所以，因此有.故选：C【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了二项式展开式通项公式的应用，考查了数学运算能力9．C【解析】

求出集合，计算出和，即可得出结论.【详解】，，，.故选：C.【点睛】本题考查交集和并集的计算，考查计算能力，属于基础题.10．C【解析】

根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可.【详解】因为,所以,因为E、F分别是AB、AD的中点,所以,所以,因为面面,所以.选项A、D显然成立；因为,平面,所以平面,因为平面,所以,所以B项成立；易知平面MEF,平面MPQ,而直线与不垂直,所以C项不成立.故选：C【点睛】本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题.11．C【解析】

连接AO，因为O为BC中点，可由平行四边形法则得，再将其用，表示.由M、O、N三点共线可知，其表达式中的系数和，即可求出的值.【详解】连接AO，由O为BC中点可得，，、、三点共线，，.故选：C.【点睛】本题考查了向量的线性运算，由三点共线求参数的问题，熟记向量的共线定理是关键.属于基础题.12．A【解析】∵集合∴∵集合∴，故选A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

将平移到和相交的位置，解三角形求得线线角的余弦值.【详解】过作，过作，画出图像如下图所示，由于四边形是平行四边形，故，所以是所求线线角或其补角.在三角形中，，故.【点睛】本小题主要考查空间两条直线所成角的余弦值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.14．【解析】

由题，得满足题目要求的情况有，①有一个数字4，另外两个数字从1，2，3里面选和②有两个数字4，另外一个数字从1，2，3里面选，由此即可得到本题答案.【详解】满足题目要求的情况可以分成2大类：①有一个数字4，另外两个数字从1，2，3里面选，一共有种情况；②有两个数字4，另外一个数字从1，2，3里面选，一共有种情况，又从中任意摸取3个小球，有种情况，所以取出的3个小球中数字最大的为4的概率.故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型与组合的综合问题，考查学生分析问题和解决问题的能力.15．1【解析】

首先根据向量的数量积的运算律求出，再根据计算可得；【详解】解：因为，所以又所以所以故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算，属于基础题.16．8【解析】

根据，利用基本不等式可求得函数最值.【详解】，，当且仅当且，即时，等号成立.时，取得最小值.故答案为：【点睛】本题考查基本不等式，构造基本不等式的形式是解题关键.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）由直线参数方程消去参数即可得直线的普通方程，根据极坐标方程和直角坐标方程互化的公式即可得曲线的直角坐标方程；（2）由即可得的底，由点到直线的距离的最大值为即可得高的最大值，即可得解.【详解】（1）由消去参数得直线的普通方程为，由得，曲线的直角坐标方程为；（2）曲线即，圆心到直线的距离，所以，又点到直线的距离的最大值为，所以面积的最大值为.【点睛】本题考查了参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查了直线与圆的位置关系，属于中档题.18．（1），；（2）.【解析】

（1）将代入求解，由（为参数）消去即可.（2）将（为参数）与联立得，设，两点对应的参数为，，则，，再根据，即，利用韦达定理求解.【详解】（1）把代入，得，由（为参数），消去得，∴曲线的直角坐标方程和直线的普通方程分别是，.（2）将（为参数）代入得，设，两点对应的参数为，，则，，由得，所以，即，所以，而，解得.【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程的转化和直线参数方程的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19．（1）单调递增区间为，；单调递减区间为；（2），；（3）证明见解析．【解析】

（1）由的正负可确定的单调区间；（2）利用基本不等式可求得时，取得最小值，由导数的几何意义可知，从而求得，求得切点坐标后，可得到切线方程；（3）由极值点的定义可知是的两个不等正根，由判别式大于零得到的取值范围，同时得到韦达定理的形式；化简为，结合的范围可证得结论.【详解】（1）由题意得：的定义域为，当时，，，当和时，；当时，，的单调递增区间为，；单调递减区间为.（2），所以（当且仅当，即时取等号），切线的斜率存在最小值，，解得：，，即切点为，从而切线方程，即：．（3），分别在，处取得极值，，是方程，即的两个不等正根．则，解得：，且，．，，，即不等式成立．【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到利用导数求解函数的单调区间、导数几何意义的应用、利用导数证明不等式等知识；本题中证明不等式的关键是能够通过极值点的定义将问题转变为一元二次方程根的分布问题.20．（1）（为参数），；（2）【解析】分析：（1）直线的参数方程为（为参数），其中表示之间的距离，而极坐标方程可化为，从而的直角方程为.（2）设，则，利用在圆上得到满足的方程，最后利用韦达定理就可求出两条线段的和.详解：（1）直线的参数方程为（为参数）.曲线的极坐标方程可化为.把，代入曲线的极坐标方程可得，即.（2）把直线的参数方程为（为参数）代入圆的方程可得：.∵曲线与直线相交于不同的两点，∴，∴，又，∴.又，.