2022年四川省乐山市高考数学倒计时模拟卷含解析

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．已知双曲线的左、右顶点分别是，双曲线的右焦点为，点在过且垂直于轴的直线上，当的外接圆面积达到最小时，点恰好在双曲线上，则该双曲线的方程为（）A． B．C． D．2．已知双曲线（，）的左、右顶点分别为，，虚轴的两个端点分别为，，若四边形的内切圆面积为，则双曲线焦距的最小值为（）A．8 B．16 C． D．3．年某省将实行“”的新高考模式，即语文、数学、英语三科必选，物理、历史二选一，化学、生物、政治、地理四选二，若甲同学选科没有偏好，且不受其他因素影响，则甲同学同时选择历史和化学的概率为A． B． C． D．4．函数的部分图像大致为（）A． B．C． D．5．如图，双曲线的左，右焦点分别是直线与双曲线的两条渐近线分别相交于两点.若则双曲线的离心率为（）A． B．C． D．6．已知函数是上的偶函数，且当时，函数是单调递减函数，则，，的大小关系是（）A． B．C． D．7．记的最大值和最小值分别为和．若平面向量、、，满足，则（）A． B．C． D．8．甲、乙、丙三人相约晚上在某地会面，已知这三人都不会违约且无两人同时到达，则甲第一个到、丙第三个到的概率是（）A． B． C． D．9．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升(注：一斗为十升).问，米几何？”下图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的S=15(单位：升)，则输入的k的值为（） A．45 B．60 C．75 D．10010．执行如图所示的程序框图，当输出的时，则输入的的值为()A．-2 B．-1 C． D．11．设、分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则（）A． B．0 C．1 D．312．“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)=e-x-1-x，则曲线y=f(x)14．如图，在长方体中，，E，F，G分别为的中点,点P在平面ABCD内，若直线平面EFG，则线段长度的最小值是________________.15．西周初数学家商高在公元前1000年发现勾股定理的一个特例：勾三，股四，弦五.此发现早于毕达哥拉斯定理五百到六百年.我们把可以构成一个直角三角形三边的一组正整数称为勾股数.现从3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13这11个数中随机抽取3个数，则这3个数能构成勾股数的概率为__________．16．在中，已知，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）已知函数，.（1）若不等式对恒成立，求的最小值；（2）证明：.（3）设方程的实根为.令若存在，，，使得，证明：.18．（12分）在孟德尔遗传理论中，称遗传性状依赖的特定携带者为遗传因子，遗传因子总是成对出现例如，豌豆携带这样一对遗传因子：使之开红花，使之开白花，两个因子的相互组合可以构成三种不同的遗传性状：为开红花，和一样不加区分为开粉色花，为开白色花．生物在繁衍后代的过程中，后代的每一对遗传因子都包含一个父系的遗传因子和一个母系的遗传因子，而因为生殖细胞是由分裂过程产生的，每一个上一代的遗传因子以的概率传给下一代，而且各代的遗传过程都是相互独立的．可以把第代的遗传设想为第次实验的结果，每一次实验就如同抛一枚均匀的硬币，比如对具有性状的父系来说，如果抛出正面就选择因子，如果抛出反面就选择因子，概率都是，对母系也一样．父系､母系各自随机选择得到的遗传因子再配对形成子代的遗传性状．假设三种遗传性状，(或)，在父系和母系中以同样的比例：出现，则在随机杂交实验中，遗传因子被选中的概率是，遗传因子被选中的概率是．称，分别为父系和母系中遗传因子和的频率，实际上是父系和母系中两个遗传因子的个数之比．基于以上常识回答以下问题：（1）如果植物的上一代父系､母系的遗传性状都是，后代遗传性状为，(或)，的概率各是多少？（2）对某一植物，经过实验观察发现遗传性状具有重大缺陷，可人工剔除，从而使得父系和母系中仅有遗传性状为和(或)的个体，在进行第一代杂交实验时，假设遗传因子被选中的概率为，被选中的概率为，．求杂交所得子代的三种遗传性状，(或)，所占的比例．（3）继续对（2）中的植物进行杂交实验，每次杂交前都需要剔除性状为的个体假设得到的第代总体中3种遗传性状，(或)，所占比例分别为．设第代遗传因子和的频率分别为和，已知有以下公式．证明是等差数列．（4）求的通项公式，如果这种剔除某种遗传性状的随机杂交实验长期进行下去，会有什么现象发生？19．（12分）已知椭圆的右焦点为，过作轴的垂线交椭圆于点（点在轴上方），斜率为的直线交椭圆于两点，过点作直线交椭圆于点，且，直线交轴于点.（1）设椭圆的离心率为，当点为椭圆的右顶点时，的坐标为，求的值.（2）若椭圆的方程为，且，是否存在使得成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.20．（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.21．（12分）自湖北武汉爆发新型冠状病毒惑染的肺炎疫情以来，武汉医护人员和医疗、生活物资严重缺乏，全国各地纷纷驰援.截至1月30日12时，湖北省累计接收捐赠物资615.43万件，包括医用防护服2.6万套N95口軍47.9万个，医用一次性口罩172.87万个，护目镜3.93万个等.中某运输队接到给武汉运送物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送720t物资.已知每辆卡车每天往返的次数：A型卡车16次，B型卡车12次；每辆卡车每天往返的成本：A型卡车240元，B型卡车378元.求每天派出A型卡车与B型卡车各多少辆，运输队所花的成本最低？22．（10分）如图，在矩形中，，，点是边上一点，且，点是的中点，将沿着折起，使点运动到点处，且满足.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.

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】

点的坐标为，，展开利用均值不等式得到最值，将点代入双曲线计算得到答案.【详解】不妨设点的坐标为，由于为定值，由正弦定理可知当取得最大值时，的外接圆面积取得最小值，也等价于取得最大值，因为，，所以，当且仅当，即当时，等号成立，此时最大，此时的外接圆面积取最小值，点的坐标为，代入可得，．所以双曲线的方程为．故选：【点睛】本题考查了求双曲线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.2．D【解析】

根据题意画出几何关系，由四边形的内切圆面积求得半径，结合四边形面积关系求得与等量关系，再根据基本不等式求得的取值范围，即可确定双曲线焦距的最小值.【详解】根据题意，画出几何关系如下图所示：设四边形的内切圆半径为，双曲线半焦距为，则所以，四边形的内切圆面积为，则，解得，则，即故由基本不等式可得，即，当且仅当时等号成立.故焦距的最小值为.故选：D【点睛】本题考查了双曲线的定义及其性质的简单应用，圆锥曲线与基本不等式综合应用，属于中档题.3．B【解析】

甲同学所有的选择方案共有种，甲同学同时选择历史和化学后，只需在生物、政治、地理三科中再选择一科即可，共有种选择方案，根据古典概型的概率计算公式，可得甲同学同时选择历史和化学的概率，故选B．4．A【解析】

根据函数解析式，可知的定义域为，通过定义法判断函数的奇偶性，得出，则为偶函数，可排除选项，观察选项的图象，可知代入，解得，排除选项，即可得出答案.【详解】解：因为，所以的定义域为，则，∴为偶函数，图象关于轴对称，排除选项，且当时，，排除选项，所以正确.故选：A.【点睛】本题考查由函数解析式识别函数图象，利用函数的奇偶性和特殊值法进行排除.5．A【解析】

易得，过B作x轴的垂线，垂足为T，在中，利用即可得到的方程.【详解】由已知，得，过B作x轴的垂线，垂足为T，故，又所以，即，所以双曲线的离心率.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的离心率问题，在作双曲线离心率问题时，最关键的是找到的方程或不等式，本题属于容易题.6．D【解析】

利用对数函数的单调性可得，再根据的单调性和奇偶性可得正确的选项.【详解】因为，，故.又，故.因为当时，函数是单调递减函数，所以.因为为偶函数，故，所以.故选：D.【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、单调性以及对数函数的单调性在大小比较中的应用，比较大小时注意选择合适的中间数来传递不等关系，本题属于中档题.7．A【解析】

设为、的夹角，根据题意求得，然后建立平面直角坐标系，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程，将和转化为圆上的点到定点距离，利用数形结合思想可得出结果.【详解】由已知可得，则，，，建立平面直角坐标系，设，，，由，可得，即，化简得点的轨迹方程为，则，则转化为圆上的点与点的距离，，，，转化为圆上的点与点的距离，，.故选：A.【点睛】本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.8．D【解析】

先判断是一个古典概型，列举出甲、乙、丙三人相约到达的基本事件种数，再得到甲第一个到、丙第三个到的基本事件的种数，利用古典概型的概率公式求解.【详解】甲、乙、丙三人相约到达的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，其中甲第一个到、丙第三个到有甲乙丙，共1种，所以甲第一个到、丙第三个到的概率是.故选：D【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.9．B【解析】

根据程序框图中程序的功能，可以列方程计算．【详解】由题意，．故选：B.【点睛】本题考查程序框图，读懂程序的功能是解题关键．10．B【解析】若输入，则执行循环得结束循环，输出，与题意输出的矛盾；若输入，则执行循环得结束循环，输出，符合题意；若输入，则执行循环得结束循环，输出，与题意输出的矛盾；若输入，则执行循环得结束循环，输出，与题意输出的矛盾；综上选B.11．C【解析】

先根据奇偶性，求出的解析式，令，即可求出。【详解】因为、分别是定义在上的奇函数和偶函数，，用替换，得，化简得，即令，所以，故选C。【点睛】本题主要考查函数性质奇偶性的应用。12．A【解析】

首先利用二倍角正切公式由，求出，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】解：∵，∴可解得或，∴“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，二倍角正切公式的应用是解决本题的关键，属于基础题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．y=2x【解析】试题分析：当x>0时，-x<0，则f(-x)=ex-1+x．又因为f(x)为偶函数，所以f(x)=f(-x)=ex-1+x，所以f'【考点】函数的奇偶性、解析式及导数的几何意义【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当x>0时，函数y=f(x)，则当x<0时，求函数的解析式”．有如下结论：若函数f(x)为偶函数，则当x<0时，函数的解析式为y=-f(x)；若f(x)为奇函数，则函数的解析式为y=-f(-x)．14．【解析】

如图，连接，证明平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上.当时.线段的长度最小，再求此时的得解.【详解】如图，连接，因为E，F，G分别为AB，BC，的中点，所以，平面，则平面.因为，所以同理得平面，又.所以平面平面EFG.因为直线平面EFG，所以点P在直线AC上.在中，，故当时.线段的长度最小，最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查立体几何中的轨迹问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15．【解析】

由组合数结合古典概型求解即可【详解】从11个数中随机抽取3个数有种不同的方法，其中能构成勾股数的有共三种，所以，所求概率为.故答案为【点睛】本题考查古典概型与数学文化，考查组合问题，数据处理能力和应用意识.16．【解析】分析：可先用向量的数量积公式将原式变形为：，然后再结合余弦定理整理为，再由cosC的余弦定理得到a，b的关系式，最后利用基本不等式求解即可.详解：已知，可得，将角A,B,C的余弦定理代入得，由，当a=b时取到等号，故cosC的最小值为.点睛：考查向量的数量积、余弦定理、基本不等式的综合运用，能正确转化是解题关键.属于中档题.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）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】

（1）由题意可得，，令，利用导数得在上单调递减，进而可得结论；（2）不等式转化为，令，，利用导数得单调性即可得到答案；（3）由题意可得，进而可将不等式转化为，再利用单调性可得，记，，再利用导数研究单调性可得在上单调递增，即，即，即可得到结论.【详解】（1），即，化简可得.令，，因为，所以，.所以，在上单调递减，.所以的最小值为.（2）要证，即.两边同除以可得.设，则.在上，，所以在上单调递减.在上，，所以在上单调递增，所以.设，因为在上是减函数，所以.所以，即.（3）证明：方程在区间上的实根为，即，要证，由可知，即要证.当时，，，因而在上单调递增.当时，，，因而在上单调递减.因为，所以，要证.即要证.记，.因为，所以，则..设，，当时，.时，，故.且，故，因为，所以.因此，即在上单调递增.所以，即.故得证.【点睛】本题考查函数的单调性、最值、函数恒成立问题，考查导数的应用，转化思想，构造函数研究单调性，属于难题.18．（1），(或)，的概率分别是，，．（2）（3）答案见解析（4）答案见解析【解析】

（1）利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.（2）利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.（3）由（2）知，求出、，利用等差数列的定义即可证出.（4）利用等差数列的通项公式可得，从而可得，再由，利用式子的特征可得越来越小，进而得出结论.【详解】（1）即与是父亲和母亲的性状，每个因子被选择的概率都是，故出现的概率是，或出现的概率是，出现的概率是所以：，(或)，的概率分别是，，（2）（3）由（2）知于是∴是等差数列，公差为1（4）其中，(由（2）的结论得)所以于是，很明显，越大，越小，所以这种实验长期进行下去，越来越小，而是子代中所占的比例，也即性状会渐渐消失．【点睛】本题主要考查了相互独立事件的概率乘法公式、等差数列的定义、等差数列的通项公式，考查了学生的分析能力，属于中档题，19．（1）；（2）不存在，理由见解析【解析】

（1）写出，根据，斜率乘积为-1，建立等量关系求解离心率；（2）写出直线AB的方程，根据韦达定理求出点B的坐标，计算出弦长，根据垂直关系同理可得，利用等式即可得解.【详解】（1）由题可得，过点作直线交椭圆于点，且，直线交轴于点.点为椭圆的右顶点时，的坐标为，即，，化简得：，即，解得或（舍去），所以；（2）椭圆的方程为，由（1）可得，联立得：，设B的横坐标，根据韦达定理，即，，所以，同理可得若存在使得成立，则，化简得：，，此方程无解，所以不存在使得成立.【点睛】此题考查求椭圆离心率，根据直线与椭圆的位置关系解决弦长问题，关键在于熟练掌握解析几何常用方法，尤其是韦达定理在解决解析几何问题中的应用.20．（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.21．每天派出A型卡车