福建省厦门市第一中学2021-2022学年高三适应性调研考试数学试题含解析

2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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，满足约束条件，则的最大值为A． B． C． D．2．在正方体中，点、分别为、的中点，过点作平面使平面，平面若直线平面，则的值为（）A． B． C． D．3．已知直线y＝k（x﹣1）与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，直线y＝2k（x﹣2）与抛物线D：y2＝8x交于M，N两点，设λ＝|AB|﹣2|MN|，则（）A．λ＜﹣16 B．λ＝﹣16 C．﹣12＜λ＜0 D．λ＝﹣124．抛物线y2=ax(a>0)的准线与双曲线C:x28A．8 B．6 C．4 D．25．若与互为共轭复数，则（）A．0 B．3 C．－1 D．46．设集合，则（）A． B． C． D．7．函数的大致图象为A． B．C． D．8．公比为2的等比数列中存在两项，，满足，则的最小值为（）A． B． C． D．9．设函数，若在上有且仅有5个零点，则的取值范围为（）A． B． C． D．10．设等差数列的前项和为，若，则（）A．10 B．9 C．8 D．711．胡夫金字塔是底面为正方形的锥体，四个侧面都是相同的等腰三角形．研究发现，该金字塔底面周长除以倍的塔高，恰好为祖冲之发现的密率．设胡夫金字塔的高为，假如对胡夫金字塔进行亮化，沿其侧棱和底边布设单条灯带，则需要灯带的总长度约为A． B．C． D．12．函数在的图象大致为A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线在点处的切线方程是__________.14．某市高三理科学生有名，在一次调研测试中，数学成绩服从正态分布，已知，若按成绩分层抽样的方式取份试卷进行分析，则应从分以上的试卷中抽取的份数为__________.15．在正方体中，已知点在直线上运动，则下列四个命题中：①三棱锥的体积不变；②；③当为中点时，二面角的余弦值为；④若正方体的棱长为2，则的最小值为；其中说法正确的是____________（写出所有说法正确的编号）16．若实数x,y满足不等式组x+y-4≤0,2x-3y-8≤0,x≥1,则目标函数三、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，在三棱柱中，平面平面，侧面为平行四边形，侧面为正方形，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的大小.18．（12分）如图，四边形是边长为3的菱形，平面.（1）求证：平面；（2）若与平面所成角为，求二面角的正弦值.19．（12分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（1）设，求不等式的解集；（2）已知，且的最小值等于，求实数的值.20．（12分）已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若对任意恒成立，求的取值范围.21．（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.​（1）证明：；（2）求三棱锥的体积.22．（10分）已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点，与的公共弦的长为.（1）求的方程；（2）过点的直线与相交于、两点，与相交于、两点，且与同向，设在点处的切线与轴的交点为，证明：直线绕点旋转时，总是钝角三角形；（3）为上的动点，、为长轴的两个端点，过点作的平行线交椭圆于点，过点作的平行线交椭圆于点，请问的面积是否为定值，并说明理由.

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．D【解析】

作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合即可得到结论．【详解】作出不等式组表示的平面区域如下图中阴影部分所示，等价于，作直线，向上平移，易知当直线经过点时最大，所以，故选D．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．2．B【解析】

作出图形，设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，推导出，由线面平行的性质定理可得出，可得出点为的中点，同理可得出点为的中点，结合中位线的性质可求得的值.【详解】如下图所示：设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，四边形为正方形，、分别为、的中点，则且，四边形为平行四边形，且，且，且，则四边形为平行四边形，，平面，则存在直线平面，使得，若平面，则平面，又平面，则平面，此时，平面为平面，直线不可能与平面平行，所以，平面，，平面，平面，平面平面，，，所以，四边形为平行四边形，可得，为的中点，同理可证为的中点，，，因此，.故选：B.【点睛】本题考查线段长度比值的计算，涉及线面平行性质的应用，解答的关键就是找出平面与正方体各棱的交点位置，考查推理能力与计算能力，属于中等题.3．D【解析】

分别联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理，可得，，然后计算，可得结果.【详解】设，联立则，因为直线经过C的焦点，所以.同理可得，所以故选：D.【点睛】本题考查的是直线与抛物线的交点问题，运用抛物线的焦点弦求参数，属基础题。4．A【解析】

求得抛物线的准线方程和双曲线的渐近线方程，解得两交点，由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．【详解】抛物线y2=ax(a>0)的准线为x=-a4，双曲线C:x28-y24【点睛】本题考查三角形的面积的求法，注意运用抛物线的准线方程和双曲线的渐近线方程，考查运算能力，属于基础题．5．C【解析】

计算，由共轭复数的概念解得即可.【详解】，又由共轭复数概念得：，.故选：C【点睛】本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念.6．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.7．A【解析】

因为，所以函数是偶函数，排除B、D，又，排除C，故选A．8．D【解析】

根据已知条件和等比数列的通项公式，求出关系，即可求解.【详解】，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，最小值为.故选:D.【点睛】本题考查等比数列通项公式，注意为正整数，如用基本不等式要注意能否取到等号，属于基础题.9．A【解析】

由求出范围，结合正弦函数的图象零点特征，建立不等量关系，即可求解.【详解】当时，，∵在上有且仅有5个零点，∴，∴.故选:A.【点睛】本题考查正弦型函数的性质，整体代换是解题的关键，属于基础题.10．B【解析】

根据题意，解得，，得到答案.【详解】，解得，，故.故选：.【点睛】本题考查了等差数列的求和，意在考查学生的计算能力.11．D【解析】

设胡夫金字塔的底面边长为，由题可得，所以，该金字塔的侧棱长为，所以需要灯带的总长度约为，故选D．12．A【解析】

因为，所以排除C、D．当从负方向趋近于0时，，可得.故选A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

利用导数的几何意义计算即可.【详解】由已知，，所以，又，所以切线方程为，即.故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的基本计算能力，要注意在某点处的切线与过某点的切线的区别，是一道容易题.14．【解析】

由题意结合正态分布曲线可得分以上的概率，乘以可得.【详解】解：，所以应从分以上的试卷中抽取份.故答案为：.【点睛】本题考查正态分布曲线，属于基础题.15．①②④【解析】

①∵，∴平面

，得出上任意一点到平面的距离相等，所以判断命题①；②由已知得出点P在面上的射影在上，根据线面垂直的判定和性质或三垂线定理，可判断命题②；③当为中点时，以点D为坐标原点，建立空间直角系，如下图所示，运用二面角的空间向量求解方法可求得二面角的余弦值，可判断命题③；④过作平面交于点，做点关于面对称的点，使得点在平面内，根据对称性和两点之间线段最短，可求得当点在点时，在一条直线上，取得最小值.可判断命题④.【详解】①∵，∴平面

，所以上任意一点到平面的距离相等，所以三棱锥的体积不变，所以①正确；

②在直线上运动时，点P在面上的射影在上，所以DP在面上的射影在上，又，所以，所以②正确；③当为中点时，以点D为坐标原点，建立空间直角系，如下图所示，设正方体的棱长为2.则:，，所以，设面的法向量为，则，即，令，则，设面的法向量为，，即，，由图示可知，二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为，所以③不正确；④过作平面交于点，做点关于面对称的点，使得点在平面内，则，所以，当点在点时，在一条直线上，取得最小值.因为正方体的棱长为2，所以设点的坐标为，，，所以，所以，又所以，所以，，，故④正确.

故答案为：①②④.【点睛】本题考查空间里的线线，线面，面面关系，几何体的体积，在求解空间里的两线段的和的最小值，仍可以运用对称的思想，两点之间线段最短进行求解，属于难度题.16．12【解析】

画出约束条件的可行域，求出最优解，即可求解目标函数的最大值．【详解】根据约束条件画出可行域，如下图，由x+y-4=02x-3y-8=0，解得目标函数y=3x-z，当y=3x-z过点(4,0)时，z有最大值，且最大值为12．故答案为：12．【点睛】本题考查线性规划的简单应用，属于基础题．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．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）连接，交与，连接，由，得出结论；（2）以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用夹角公式求出即可.【详解】（1）连接，交与，连接，在中，，又平面，平面，所以平面；（2）由平面平面，，为平面与平面的交线，故平面，故，又，所以平面，以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，，，，，，，设平面的法向量为，，，由，得，平面的法向量为，由，故二面角的大小为.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.18．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）由已知线面垂直得，结合菱形对角线垂直，可证得线面垂直；（2）由已知知两两互相垂直.以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，由已知线面垂直知与平面所成角为，这样可计算出的长，写出各点坐标，求出平面的法向量，由法向量夹角可得二面角．【详解】证明：（1）因为平面，平面，所以.因为四边形是菱形，所以.又因为，平面，平面，所以平面.解：（2）据题设知，两两互相垂直.以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，因为与平面所成角为，即，所以又，所以，所以所以设平面的一个法向量，则令，则.因为平面，所以为平面的一个法向量，且所以，．所以二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理，考查用向量法求二面角．立体几何中求空间角常常是建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角，这样可减少思维量，把问题转化为计算．19．(1)(2)【解析】

（1）把f（x）去绝对值写成分段函数的形式，分类讨论，分别求得解集，综合可得结论．（2）把f（x）去绝对值写成分段函数，画出f（x）的图像，找出利用条件求得a的值．【详解】（1）时，.当时，即为，解得.当时，，解得.当时，，解得.综上，的解集为.（2）.，由的图象知，，.【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法及含绝对值的函数的最值问题，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题20．(1)；(2).【解析】

（1）通过讨论的范围，分为，，三种情形，分别求出不等式的解集即可；（2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围.【详解】(1)当时，原不等式等价于，解得，所以，当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解，当时，原不等式等价于，解得，所以综上所述，不等式解集为.(2)由，得，当时，恒成立，所以；当时，.因为当且仅当即或时，等号成立，所以；综上的取值范围是.【点睛】本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题.21．（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垂直的判定与性质，属于中档题．22．（1）；（2）证明见解析；（3）是，理由见解析.【解析】

（1）根据两个曲线的焦点相同，得到，再根据与的公共弦长为得出，可求出和的值，进而可得出曲线的方程；（2）设点，根据导数的几何意义得到曲线在点处的切线方程，求出点的坐标，利用向量的数量积得出，则问题得以证明；（3）设直线，直线，、、，推导出以及，求出和，通过化简计算可得出为定值，进而可得出结论.【详解】