2022届四川省达州市普通高中高考数学必刷试卷含解析

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．已知数列，，，…，是首项为8，公比为得等比数列，则等于（）A．64 B．32 C．2 D．42．已知等差数列的前n项和为，，则A．3 B．4 C．5 D．63．若集合M＝{1，3}，N＝{1，3，5}，则满足M∪X＝N的集合X的个数为()A．1 B．2C．3 D．44．已知斜率为2的直线l过抛物线C：的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，若线段AB的中点M的纵坐标为1，则p＝（）A．1 B． C．2 D．45．已知双曲线的左、右焦点分别为、，抛物线与双曲线有相同的焦点.设为抛物线与双曲线的一个交点，且，则双曲线的离心率为（）A．或 B．或 C．或 D．或6．如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，、分别是、的中点，则下列结论中错误的是（）A．， B．存在点，使得平面平面C．平面 D．三棱锥的体积为定值7．已知，，，，则（）A． B． C． D．8．《周易》历来被人们视作儒家群经之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映出中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“-”当作数字“1”，把阴爻“--”当作数字“0”，则八卦所代表的数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤0000震0011坎0102兑0113依此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是（）A．18 B．17 C．16 D．159．如图所示，三国时代数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一内角为，若向弦图内随机抛掷500颗米粒（米粒大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（）A．134 B．67 C．182 D．10810．已知椭圆的焦点分别为，，其中焦点与抛物线的焦点重合，且椭圆与抛物线的两个交点连线正好过点，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．11．已知，，为圆上的动点，，过点作与垂直的直线交直线于点，若点的横坐标为，则的取值范围是（）A． B． C． D．12．已知数列满足，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知双曲线()的左右焦点分别为，为坐标原点，点为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率的取值范围为_____.14．已知数列为等比数列，，则_____.15．如果抛物线上一点到准线的距离是6，那么______.16．“石头、剪子、布”是大家熟悉的二人游戏，其规则是：在石头、剪子和布中，二人各随机选出一种，若相同则平局；若不同，则石头克剪子，剪子克布，布克石头.甲、乙两人玩一次该游戏，则甲不输的概率是______.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）以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且在两种坐标系中取相同的长度单位，建立极坐标系，已知曲线，曲线（为参数），求曲线交点的直角坐标.18．（12分）已知函数，.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）判断函数的零点个数.19．（12分）如图,四棱锥中,平面平面,底面为梯形.，且与均为正三角形.为的中点为重心,与相交于点.(1)求证:平面；(2)求三棱锥的体积.20．（12分）如图，在四面体中，.（1）求证:平面平面；（2）若，二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.21．（12分）已知．（1）已知关于的不等式有实数解，求的取值范围；（2）求不等式的解集．22．（10分）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形,底面,是的中点.（1）.求证:平面平面;（2）.若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.

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。1．A【解析】

根据题意依次计算得到答案.【详解】根据题意知：，，故，，.故选：.【点睛】本题考查了数列值的计算，意在考查学生的计算能力.2．C【解析】

方法一：设等差数列的公差为，则，解得，所以.故选C．方法二：因为，所以，则.故选C．3．D【解析】可以是共4个，选D.4．C【解析】

设直线l的方程为x＝y，与抛物线联立利用韦达定理可得p．【详解】由已知得F（，0），设直线l的方程为x＝y，并与y2＝2px联立得y2﹣py﹣p2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点C（x0，y0），∴y1+y2＝p，又线段AB的中点M的纵坐标为1，则y0（y1+y2）＝，所以p=2,故选C．【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的相交弦问题，利用韦达定理是解题的关键，属中档题．5．D【解析】

设，，根据和抛物线性质得出，再根据双曲线性质得出，，最后根据余弦定理列方程得出、间的关系，从而可得出离心率．【详解】过分别向轴和抛物线的准线作垂线，垂足分别为、，不妨设，，则，为双曲线上的点，则，即，得，，又，在中，由余弦定理可得，整理得，即，，解得或.故选：D.【点睛】本题考查了双曲线离心率的求解，涉及双曲线和抛物线的简单性质，考查运算求解能力，属于中档题．6．B【解析】

根据平行的传递性判断A；根据面面平行的定义判断B；根据线面垂直的判定定理判断C；由三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，判断D.【详解】在A中，因为分别是中点，所以，故A正确；在B中，由于直线与平面有交点，所以不存在点，使得平面平面，故B错误；在C中，由平面几何得，根据线面垂直的性质得出，结合线面垂直的判定定理得出平面，故C正确；在D中，三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，即三棱锥的体积为定值，故D正确；故选：B【点睛】本题主要考查了判断面面平行，线面垂直等，属于中档题.7．D【解析】

令，求，利用导数判断函数为单调递增，从而可得，设，利用导数证出为单调递减函数，从而证出，即可得到答案.【详解】时，令，求导，，故单调递增：∴，当，设，，又，，即，故.故选：D【点睛】本题考查了作差法比较大小，考查了构造函数法，利用导数判断式子的大小，属于中档题.8．B【解析】

由题意可知“屯”卦符号“”表示二进制数字010001，将其转化为十进制数即可.【详解】由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦符号“”表示二进制数字010001，转化为十进制数的计算为1×20+1×24=1．故选：B．【点睛】本题主要考查数制是转化，新定义知识的应用等，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9．B【解析】

根据几何概型的概率公式求出对应面积之比即可得到结论.【详解】解：设大正方形的边长为1，则小直角三角形的边长为，

则小正方形的边长为，小正方形的面积，

则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为，

故选：B.【点睛】本题主要考查几何概型的概率的应用，求出对应的面积之比是解决本题的关键.10．B【解析】

根据题意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.【详解】易知，且故有，则故选：B【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、抛物线的几何性质，考查了学生的计算能力，属于中档题11．A【解析】

由题意得，即可得点M的轨迹为以A，B为左、右焦点，的双曲线，根据双曲线的性质即可得解.【详解】如图，连接OP，AM，由题意得，点M的轨迹为以A，B为左、右焦点，的双曲线，.故选：A.【点睛】本题考查了双曲线定义的应用，考查了转化化归思想，属于中档题.12．C【解析】

利用的前项和求出数列的通项公式，可计算出，然后利用裂项法可求出的值.【详解】.当时，；当时，由，可得，两式相减，可得，故，因为也适合上式，所以.依题意，，故.故选：C.【点睛】本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

法一:根据直角三角形的性质和勾股定理得，，,又由双曲线的定义得,将离心率表示成关于的式子,再令，则，令对函数求导研究函数在上单调性，可求得离心率的范围.法二：令，，，，，根据直角三角形的性质和勾股定理得，将离心率表示成关于角的三角函数，根据三角函数的恒等变化转化为关于的函数，可求得离心率的范围.【详解】法一:，，，,，,设，则，令，所以时，，在上单调递增，，，.法二：，，令，，，，，，，，，.故答案为：.【点睛】本题考查求双曲线的离心率的范围的问题，关键在于将已知条件转化为与双曲线的有关，从而将离心率表示关于某个量的函数，属于中档题.14．81【解析】

设数列的公比为，利用等比数列通项公式求出，代入等比数列通项公式即可求解.【详解】设数列的公比为，由题意知，因为，由等比数列通项公式可得，，解得，由等比数列通项公式可得，.故答案为：【点睛】本题考查等比数列通项公式；考查运算求解能力；属于基础题.15．【解析】

先求出抛物线的准线方程，然后根据点到准线的距离为6，列出，直接求出结果.【详解】抛物线的准线方程为，由题意得，解得.∵点在抛物线上，∴，∴，故答案为：.【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，属于基础题.16．【解析】

用树状图法列举出所有情况，得出甲不输的结果数，再计算即得.【详解】由题得，甲、乙两人玩一次该游戏，共有9种情况，其中甲不输有6种可能，故概率为.故答案为：【点睛】本题考查随机事件的概率，是基础题.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．【解析】

利用极坐标方程与普通方程、参数方程间的互化公式化简即可.【详解】因为，所以，所以曲线的直角坐标方程为.由，得，所以曲线的普通方程为.由，得，所以（舍），所以，所以曲线的交点坐标为.【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程，参数方程与普通方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.18．（1）（2）答案见解析（3）答案见解析【解析】

（1）设曲线在点，处的切线的斜率为，可求得，，利用直线的点斜式方程即可求得答案；（2）由（Ⅰ）知，，分时，，三类讨论，即可求得各种情况下的的单调区间为；（3）分与两类讨论，即可判断函数的零点个数．【详解】（1），，设曲线在点，处的切线的斜率为，则，又，曲线在点，处的切线方程为：，即；（2）由（1）知，，故当时，，所以在上单调递增；当时，，；，，；的递减区间为，递增区间为，；当时，同理可得的递增区间为，递减区间为，；综上所述，时，单调递增为，无递减区间；当时，的递减区间为，递增区间为，；当时，的递增区间为，递减区间为，；（3）当时，恒成立，所以无零点；当时，由，得：，只有一个零点．【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想与推理、运算能力，属于中档题．19．（1）见解析（2）【解析】

（1）第（1）问，连交于,连接.证明//，即证平面.(2)第(2)问，主要是利用体积变换，,求得三棱锥的体积.【详解】（1）方法一：连交于,连接.由梯形，且，知又为的中点，为的重心，∴在中，,故//.又平面,平面,∴平面.方法二：过作交PD于N,过F作FM||AD交CD于M,连接MN,G为△PAD的重心，又ABCD为梯形，AB||CD,又由所作GN||AD,FM||AD,得//，所以GNMF为平行四边形.因为GF||MN,（2）方法一:由平面平面，与均为正三角形，为的中点∴，，得平面，且由（1）知//平面，∴又由梯形ABCD，AB||CD，且，知又为正三角形，得，∴，得∴三棱锥的体积为.方法二:由平面平面，与均为正三角形，为的中点∴，，得平面，且由，∴而又为正三角形，得，得.∴，∴三棱锥的体积为.20．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）取中点连接，得，可得，可证，可得，进而平面，即可证明结论；（2）设分别为边的中点，连，可得，，可得（或补角）是异面直线与所成的角，，可得，为二面角的平面角，即，设，求解，即可得出结论.【详解】（1）证明:取中点连接，由则，则，故，，平面，又平面，故平面平面（2）解法一:设分别为边的中点，则，（或补角）是异面直线与所成的角.设为边的中点，则，由知.又由（1）有平面，平面，所以为二面角的平面角，，设则在中，从而在中，，又，从而在中，因，，因此，异面直线与所成角的余弦值为.解法二:过点作交于点由（1）易知两两垂直，以为原点，射线分别为轴，轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.不妨设，由，易知点的坐标分别为则显然向量是平面的法向量已知二面角为，设，则设平面的法向量为，则令，则由由上式整理得，解之得(舍)或，