云南省昭通市云天化中学2021-2022学年高三第六次模拟考试数学试卷含解析

2021-2022高考数学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．若数列为等差数列，且满足，为数列的前项和，则（）A． B． C． D．2．已知复数和复数，则为A． B． C． D．3．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为A．48 B．72 C．90 D．964．若，满足约束条件，则的取值范围为（）A． B． C． D．5．斜率为1的直线l与椭圆相交于A、B两点，则的最大值为A．2 B． C． D．6．设非零向量，，，满足，，且与的夹角为，则“”是“”的（）．A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件7．“”是“直线与互相平行”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知，则下列说法中正确的是（）A．是假命题 B．是真命题C．是真命题 D．是假命题9．在三棱锥中，，，P在底面ABC内的射影D位于直线AC上，且，.设三棱锥的每个顶点都在球Q的球面上，则球Q的半径为（）A． B． C． D．10．已知函数，若，则的最小值为（）参考数据：A． B． C． D．11．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（）．A． B． C． D．12．已知集合，则元素个数为()A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某高校组织学生辩论赛，六位评委为选手成绩打出分数的茎叶图如图所示，若去掉一个最高分，去掉一个最低分，则所剩数据的平均数与中位数的差为______.14．已知向量，，若，则________.15．若函数的图像向左平移个单位得到函数的图像.则在区间上的最小值为________.16．若在上单调递减，则的取值范围是_______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）已知三棱锥中侧面与底面都是边长为2的等边三角形，且面面，分别为线段的中点.为线段上的点，且.（1）证明：为线段的中点；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，直线与曲线交于两点.(1)求的长；(2)在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点的极坐标为，求点到线段中点的距离.19．（12分）已知动圆Q经过定点，且与定直线相切（其中a为常数，且）.记动圆圆心Q的轨迹为曲线C．（1）求C的方程，并说明C是什么曲线？（2）设点P的坐标为，过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，则是否存在直线m，使得？若存在，求出直线m斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程是(为参数)，以原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.(Ⅰ)求曲线的普通方程与直线的直角坐标方程；(Ⅱ)已知直线与曲线交于，两点，与轴交于点，求.21．（12分）已知的图象在处的切线方程为.（1）求常数的值；（2）若方程在区间上有两个不同的实根，求实数的值.22．（10分）已知矩阵不存在逆矩阵，且非零特低值对应的一个特征向量，求的值.

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．B【解析】

利用等差数列性质，若，则求出，再利用等差数列前项和公式得【详解】解：因为，由等差数列性质，若，则得，．为数列的前项和，则．故选：．【点睛】本题考查等差数列性质与等差数列前项和.(1)如果为等差数列，若，则．(2)要注意等差数列前项和公式的灵活应用，如.2．C【解析】

利用复数的三角形式的乘法运算法则即可得出．【详解】z1z2＝（cos23°+isin23°）•（cos37°+isin37°）＝cos60°+isin60°＝．故答案为C．【点睛】熟练掌握复数的三角形式的乘法运算法则是解题的关键，复数问题高考必考，常见考点有：点坐标和复数的对应关系，点的象限和复数的对应关系，复数的加减乘除运算，复数的模长的计算.3．D【解析】因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种故答案为：96点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．4．B【解析】

根据约束条件作出可行域，找到使直线的截距取最值得点，相应坐标代入即可求得取值范围.【详解】画出可行域，如图所示：由图可知，当直线经过点时，取得最小值－5；经过点时，取得最大值5，故.故选：B【点睛】本题考查根据线性规划求范围，属于基础题.5．C【解析】

设出直线的方程，代入椭圆方程中消去y，根据判别式大于0求得t的范围，进而利用弦长公式求得|AB|的表达式，利用t的范围求得|AB|的最大值．【详解】解：设直线l的方程为y＝x+t，代入y2＝1，消去y得x2+2tx+t2﹣1＝0，由题意得△＝（2t）2﹣1（t2﹣1）＞0，即t2＜1．弦长|AB|＝4．故选：C．【点睛】本题主要考查了椭圆的应用，直线与椭圆的关系．常需要把直线与椭圆方程联立，利用韦达定理，判别式找到解决问题的突破口．6．C【解析】

利用数量积的定义可得，即可判断出结论．【详解】解：，，，解得，，，解得，“”是“”的充分必要条件．故选：C．【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题．7．A【解析】

利用两条直线互相平行的条件进行判定【详解】当时，直线方程为与，可得两直线平行；若直线与互相平行，则，解得，，则“”是“直线与互相平行”的充分不必要条件，故选【点睛】本题主要考查了两直线平行的条件和性质，充分条件，必要条件的定义和判断方法，属于基础题．8．D【解析】

举例判断命题p与q的真假，再由复合命题的真假判断得答案．【详解】当时，故命题为假命题；记f（x）＝ex﹣x的导数为f′（x）＝ex，易知f（x）＝ex﹣x（﹣∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增，∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即，故命题为真命题；∴是假命题故选D【点睛】本题考查复合命题的真假判断，考查全称命题与特称命题的真假，考查指对函数的图象与性质，是基础题．9．A【解析】

设的中点为O先求出外接圆的半径，设，利用平面ABC，得，在及中利用勾股定理构造方程求得球的半径即可【详解】设的中点为O,因为，所以外接圆的圆心M在BO上.设此圆的半径为r.因为，所以，解得.因为，所以.设，易知平面ABC，则.因为，所以，即，解得.所以球Q的半径.故选：A【点睛】本题考查球的组合体，考查空间想象能力，考查计算求解能力，是中档题10．A【解析】

首先的单调性，由此判断出，由求得的关系式.利用导数求得的最小值，由此求得的最小值.【详解】由于函数，所以在上递减，在上递增.由于，，令，解得，所以，且，化简得，所以，构造函数，.构造函数，，所以在区间上递减，而，，所以存在，使.所以在上大于零，在上小于零.所以在区间上递增，在区间上递减.而，所以在区间上的最小值为，也即的最小值为，所以的最小值为.故选：A【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分段函数的图像与性质，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.11．D【解析】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，所以二项式中奇数项的二项式系数和为．考点：二项式系数，二项式系数和．12．B【解析】

作出两集合所表示的点的图象，可得选项.【详解】由题意得，集合A表示以原点为圆心，以2为半径的圆，集合B表示函数的图象上的点，作出两集合所表示的点的示意图如下图所示，得出两个图象有两个交点:点A和点B，所以两个集合有两个公共元素，所以元素个数为2，故选：B.【点睛】本题考查集合的交集运算，关键在于作出集合所表示的点的图象，再运用数形结合的思想，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】

先根据茎叶图求出平均数和中位数，然后可得结果.【详解】剩下的四个数为83，85，87，95，且这四个数的平均数，这四个数的中位数为，则所剩数据的平均数与中位数的差为.【点睛】本题主要考查茎叶图的识别和统计量的计算，侧重考查数据分析和数学运算的核心素养.14．10【解析】

根据垂直得到，代入计算得到答案.【详解】，则，解得，故，故.故答案为：.【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，向量模，意在考查学生的计算能力.15．【解析】

注意平移是针对自变量x，所以，再利用整体换元法求值域（最值）即可.【详解】由已知，，，又，故，，所以的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查正弦型函数在给定区间上的最值问题，涉及到图象的平移变换、辅助角公式的应用，是一道基础题.16．【解析】

由题意可得导数在恒成立，解出即可．【详解】解：由题意，，当时，显然，符合题意；当时，在恒成立，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，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）见解析；（2）【解析】

（1）设为中点，连结，先证明，可证得，假设不为线段的中点，可得平面，这与矛盾，即得证；（2）以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，分别求解平面，平面的法向量的法向量，利用二面角的向量公式，即得解.【详解】（1）设为中点，连结.∴，，又平面，平面，∴.又分别为中点，，又，∴.假设不为线段的中点，则与是平面内内的相交直线，从而平面，这与矛盾，所以为线段的中点.（2）以为原点，由条件面面，∴，以分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，.设平面的法向量为所以取，则，.同法可求得平面的法向量为∴，由图知二面角为锐二面角，二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何与空间向量综合，考查了学生逻辑推理，空间想象，数学运算的能力，属于中档题.18．（1）;（2）.【解析】

（1）将直线的参数方程化为直角坐标方程，由点到直线距离公式可求得圆心到直线距离，结合垂径定理即可求得的长；（2）将的极坐标化为直角坐标，将直线方程与圆的方程联立，求得直线与圆的两个交点坐标，由中点坐标公式求得的坐标，再根据两点间距离公式即可求得.【详解】（1）直线的参数方程为(为参数)，化为直角坐标方程为，即直线与曲线交于两点.则圆心坐标为，半径为1，则由点到直线距离公式可知，所以.（2）点的极坐标为，化为直角坐标可得，直线的方程与曲线的方程联立，化简可得，解得，所以两点坐标为，所以，由两点间距离公式可得.【点睛】本题考查了参数方程与普通方程转化，极坐标与直角坐标的转化，点到直线距离公式应用，两点间距离公式的应用，直线与圆交点坐标求法，属于基础题.19．（1），抛物线；（2）存在，.【解析】

（1）设，易得，化简即得；（2）利用导数几何意义可得，要使，只需.联立直线m与抛物线方程，利用根与系数的关系即可解决.【详解】（1）设，由题意，得，化简得，所以动圆圆心Q的轨迹方程为，它是以F为焦点，以直线l为准线的抛物线.（2）不妨设.因为，所以，从而直线PA的斜率为，解得，即，又，所以轴.要使，只需.设直线m的方程为，代入并整理，得.首先，，解得或.其次，设，，则，..故存在直线m，使得，此时直线m的斜率的取值范围为.【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，涉及抛物线中的存在性问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.20．（1）(x－1)2＋y2＝4,直线l的直角坐标方程为x－y－2＝0；（2）3.【解析】

(1)消参得到曲线的普通方程，利用极坐标和直角坐标方程的互化公式求得直线的直角坐标方程；(2)先得到直线的参数方程，将直线的参数方程代入到圆的方程，得到关于的一元二次方程，由根与系数的关系、参数的几何意义进行求解.【详解】(1)由曲线C的参数方程(α为参数)(α为参数)，两式平方相加，得曲线C的普通方程为(x－1)2＋y2＝4；由直线l的极坐标方程可得ρcosθcos－ρsinθsin＝ρcosθ－ρsinθ＝2，即直线l的直角坐标方程为x－y－2＝0.(2)由题意可得P(2，0)，则直线l的参数方程为(t为参数)．设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，则|PA|·|PB|＝|t1|·|t2|，将(t为参数)代入(x－1)2＋y2＝4，得t2＋t－3＝0，则Δ>0，由韦达定理可得t1·t2＝－3，所以|PA|·|PB|＝|－3|＝3.21．（1）；（2）或.【解析】

（1）求出，由，建立方程求解，即可求出结论；（2）根据函数的单调区间，极值，做出函数在的图象，即可