2021-2022学年湖南省高三考前热身数学试卷含解析

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．已知在中，角的对边分别为，若函数存在极值，则角的取值范围是（）A． B． C． D．2．《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.某“堑堵”的三视图如图，则它的外接球的表面积为（）A．4π B．8π C． D．3．已知等差数列的前项和为，且，则（）A．45 B．42 C．25 D．364．若集合，则（）A． B．C． D．5．若为纯虚数，则z＝（）A． B．6i C． D．206．已知双曲线的一个焦点为，点是的一条渐近线上关于原点对称的两点，以为直径的圆过且交的左支于两点，若，的面积为8，则的渐近线方程为（）A． B．C． D．7．设抛物线上一点到轴的距离为，到直线的距离为，则的最小值为（）A．2 B． C． D．38．数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线恰好是四叶玫瑰线.给出下列结论：①曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2；③曲线C围成区域的面积大于；④方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是()A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④9．已知点，是函数的函数图像上的任意两点，且在点处的切线与直线AB平行，则()A．，b为任意非零实数 B．，a为任意非零实数C．a、b均为任意实数 D．不存在满足条件的实数a，b10．若双曲线的离心率，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（）A． B．2 C． D．111．已知集合，，则A． B． C． D．12．设集合，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，现按年级采用分层抽样的方法抽取若干人，若抽取的高三年级为12人，则抽取的样本容量为________人.14．展开式中的系数为_______________．15．的展开式中的常数项为_______．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）在中，，，.求边上的高.①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.18．（12分）已知直线与椭圆恰有一个公共点，与圆相交于两点.（I）求与的关系式；（II）点与点关于坐标原点对称.若当时，的面积取到最大值，求椭圆的离心率.19．（12分）已知椭圆的右顶点为，为上顶点，点为椭圆上一动点．（1）若，求直线与轴的交点坐标；（2）设为椭圆的右焦点，过点与轴垂直的直线为，的中点为，过点作直线的垂线，垂足为，求证：直线与直线的交点在椭圆上．20．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）若，求曲线与的交点坐标；（2）过曲线上任意一点作与夹角为45°的直线，交于点，且的最大值为，求的值.21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，.（1）求证：平面；（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.22．（10分）已知椭圆的短轴长为，离心率，其右焦点为.（1）求椭圆的方程；（2）过作夹角为的两条直线分别交椭圆于和，求的取值范围.

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】

求出导函数，由有不等的两实根，即可得不等关系，然后由余弦定理可及余弦函数性质可得结论．【详解】，.若存在极值，则，又.又．故选：C．【点睛】本题考查导数与极值，考查余弦定理．掌握极值存在的条件是解题关键．2．B【解析】

由三视图判断出原图，将几何体补形为长方体，由此计算出几何体外接球的直径，进而求得球的表面积.【详解】根据题意和三视图知几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜边为2，侧棱长为2且与底面垂直，因为直三棱柱可以复原成一个长方体，该长方体外接球就是该三棱柱的外接球，长方体对角线就是外接球直径，则，那么.故选：B【点睛】本小题主要考查三视图还原原图，考查几何体外接球的有关计算，属于基础题.3．D【解析】

由等差数列的性质可知,进而代入等差数列的前项和的公式即可.【详解】由题,.故选:D【点睛】本题考查等差数列的性质,考查等差数列的前项和.4．A【解析】

先确定集合中的元素，然后由交集定义求解．【详解】，.故选：A．【点睛】本题考查求集合的交集运算，掌握交集定义是解题关键．5．C【解析】

根据复数的乘法运算以及纯虚数的概念，可得结果.【详解】∵为纯虚数，∴且得，此时故选：C.【点睛】本题考查复数的概念与运算，属基础题.6．B【解析】

由双曲线的对称性可得即，又，从而可得的渐近线方程.【详解】设双曲线的另一个焦点为，由双曲线的对称性，四边形是矩形，所以，即，由，得：，所以，所以，所以，，所以，的渐近线方程为.故选B【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想与计算能力，属于中档题.7．A【解析】

分析：题设的直线与抛物线是相离的，可以化成，其中是点到准线的距离，也就是到焦点的距离，这样我们从几何意义得到的最小值，从而得到的最小值.详解：由①得到，，故①无解，所以直线与抛物线是相离的.由，而为到准线的距离，故为到焦点的距离，从而的最小值为到直线的距离，故的最小值为，故选A.点睛：抛物线中与线段的长度相关的最值问题，可利用抛物线的几何性质把动线段的长度转化为到准线或焦点的距离来求解.8．B【解析】

利用基本不等式得，可判断②；和联立解得可判断①③；由图可判断④.【详解】，解得（当且仅当时取等号），则②正确；将和联立，解得，即圆与曲线C相切于点，，，，则①和③都错误；由，得④正确.故选：B.【点睛】本题考查曲线与方程的应用，根据方程，判断曲线的性质及结论，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.9．A【解析】

求得的导函数，结合两点斜率公式和两直线平行的条件：斜率相等，化简可得，为任意非零实数.【详解】依题意，在点处的切线与直线AB平行，即有，所以，由于对任意上式都成立，可得，为非零实数.故选：A【点睛】本题考查导数的运用，求切线的斜率，考查两点的斜率公式，以及化简运算能力，属于中档题．10．C【解析】

根据双曲线的解析式及离心率，可求得的值；得渐近线方程后，由点到直线距离公式即可求解.【详解】双曲线的离心率，则，，解得，所以焦点坐标为，所以，则双曲线渐近线方程为，即，不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得，故选：C.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质及简单应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简单应用，属于基础题.11．C【解析】分析：根据集合可直接求解.详解：,,故选C点睛：集合题也是每年高考的必考内容，一般以客观题形式出现，一般解决此类问题时要先将参与运算的集合化为最简形式，如果是“离散型”集合可采用Venn图法解决，若是“连续型”集合则可借助不等式进行运算.12．C【解析】

解对数不等式求得集合，由此求得两个集合的交集.【详解】由，解得，故.依题意，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查对数不等式的解法，考查集合交集的概念和运算，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论.【详解】设抽取的样本为，则由题意得，解得.故答案为：【点睛】本题考查了分层抽样的知识，算出抽样比是解题的关键，属于基础题.14．【解析】

把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．【详解】解：，故它的展开式中的系数为，故答案为：．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．15．【解析】

写出展开式的通项公式，考虑当的指数为零时，对应的值即为常数项.【详解】的展开式通项公式为：，令，所以，所以常数项为.

故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中指定项系数的求解，难度较易.解答问题的关键是，能通过展开式通项公式分析常数项对应的取值.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．详见解析【解析】

选择①，利用正弦定理求得，利用余弦定理求得，再计算边上的高.选择②，利用正弦定理得出，由余弦定理求出，再求边上的高.选择③，利用余弦定理列方程求出，再计算边上的高.【详解】选择①，在中，由正弦定理得，即，解得；由余弦定理得，即，化简得，解得或（舍去）；所以边上的高为.选择②，在中，由正弦定理得，又因为，所以，即；由余弦定理得，即，化简得，解得或（舍去）；所以边上的高为.选择③，在中，由，得；由余弦定理得，即，化简得，解得或（舍去）；所以边上的高为.【点睛】本小题主要考查真闲的了、余弦定理解三角形，属于中档题.18．（Ⅰ）（II）【解析】

（I）联立直线与椭圆的方程，根据判别式等于0，即可求出结果；（Ⅱ）因点与点关于坐标原点对称，可得的面积是的面积的两倍，再由当时，的面积取到最大值，可得，进而可得原点到直线的距离，再由点到直线的距离公式，以及（I）的结果，即可求解.【详解】（I）由，得，则化简整理，得；（Ⅱ）因点与点关于坐标原点对称，故的面积是的面积的两倍.所以当时，的面积取到最大值，此时，从而原点到直线的距离，又，故.再由（I），得，则.又，故，即，从而，即.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，以及椭圆的简单性质，通常需要联立直线与椭圆方程，结合韦达定理、判别式等求解，属于中档试题.19．（1）（2）见解析【解析】

（1）直接求出直线方程，与椭圆方程联立求出点坐标，从而可得直线方程，得其与轴交点坐标；（2）设，则，求出直线和的方程，从而求得两直线的交点坐标，证明此交点在椭圆上，即此点坐标适合椭圆方程．代入验证即可．注意分和说明．【详解】解：本题考查直线与椭圆的位置关系的综合，（1）由题知，，则．因为，所以，则直线的方程为，联立，可得故．则，直线的方程为．令，得，故直线与轴的交点坐标为．（2）证明：因为，，所以．设点，则．设当时，设，则，此时直线与轴垂直，其直线方程为，直线的方程为，即．在方程中，令，得，得交点为，显然在椭圆上．同理当时，交点也在椭圆上．当时，可设直线的方程为，即．直线的方程为，联立方程，消去得，化简并解得．将代入中，化简得．所以两直线的交点为．因为，又因为，所以，则，所以点在椭圆上．综上所述，直线与直线的交点在椭圆上．【点睛】本题考查直线与椭圆相交问题，解题方法是解析几何的基本方程，求出直线方程，解方程组求出交点坐标，代入曲线方程验证点在曲线．本题考查了学生的运算求解能力．20．（1），；（2）或【解析】

（1）将曲线的极坐标方程和直线的参数方程化为直角坐标方程，联立方程，即可求得曲线与的交点坐标；（2）由直线的普通方程为，故上任意一点，根据点到直线距离公式求得到直线的距离，根据三角函数的有界性，即可求得答案.【详解】（1），.由，得，曲线的直角坐标方程为.当时，直线的普通方程为由解得或.从而与的交点坐标为，.（2）由题意知直线的普通方程为，的参数方程为（为参数）故上任意一点到的距离为则.当时，的最大值为所以；当时，的最大值为，所以.综上所述，或【点睛】解题关键是掌握极坐标和参数方程化为直角坐标方程的方法，和点到直线距离公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.21．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）由底面为菱形，得，再由底面，可得，结合线面垂直的判定可得平面；（2）以点为坐标原点，以所在直线及过点且垂直于平面的直线分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面与平面所成锐二面角的余弦值.【详解】（1）证明：底面为菱形，，底面，平面，又，平面，平面；（2）解：，，为等边三角形，.底面，是直线与平面所成的角为，在中，由，解得.如图，以点为坐标原点，以所在直线及过点且垂直于平面的直线分别为轴建立空间直角坐标系.则，，，，.，，，.设平面与平面的一个法向量分别为，.由，取，得；由，取，得..平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，属于中档题．22．（1）；（2）.【解析】

（1）由已知短轴长求出，离心率求出关系，结合，即可求解；（2）当直线的斜率都存在时，不妨设直线的方程为，直线与椭圆方程联立，利用相交弦长公式求出，斜率为，求出，得到关于的表达式，根据表达式的特点