2022届云南省昆明市高三二诊模拟考试数学试卷含解析

2022年高考数学模拟试卷注意事项：2B2．作答2B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．下列不等式正确的是（ ）A．sin130 sin40log4sin65lg11C．cos

B．tan226ln0.4tan48D．tan410sin80ln0.4tan485m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出四个命题：①若 m，n，nm，则；②若m，m，则//；③若m//nm//n//；④若mnmn，则其中正确的是（ ）AP（A．①② B．③④ CAP（在中，D为AC的中点，E为AB上靠近点B的三等分点，且BD，CE相交于点P，则 ）2AB1AC322AB1AC321AB1AC1AB1AC242AB1ACC． D．2 3 3 3已知ab0，则下列不等式正确的是（ ）A．C．

babbab

aB．aa D．a

b abbebab某公园新购进3盆锦紫苏、2盆虞美人、1盆郁金香，6盆盆栽，现将这6盆盆栽摆成一排，要求郁金香不在两边任两盆锦紫苏不相邻的摆法共（ ）种A．96 B．120 C．48 D．72各项都是正数的等比数列

的公比q

1，且a, a,

aa成等差数列，则3 4

的值为( )1n 22 3 1

a a4 51 551 5512 2515155151512 2 2f(x)为定义在Rx0fx)log(x1)ax22

a1a为常数f4)的解集为（ ）A．(,1) B．(1,) C．(,2) D．(2,)“1号”“2号”“3号的三辆车，等可能随机顺序前往酒店接嘉宾．某嘉宾突发奇想，设计两种乘车方案．方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此车，否则乘第三辆车；方案二：直接乘坐第一辆车．记方案一与方案二坐“3号车的概率分别为P1，P2，则（ ）1 1 5A．P1•P2＝4 B．P1＝P2＝3 C．P1+P2＝6 D．P1＜P2

x2y21a0的一条渐近线与圆x2y22a2

2至多有一个交点，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）A．

2, B．2, C．1, 2

D．已知各项都为正的等差数列

a

aa

15

2，a

4，a

16成等比数列，则a

（）n 2 3 4

1 3 6 10A．19 B．202 5

C．21 D．22x二项式 x2的展开式中，常数项为（ ）x A．B．80 C．D．160fxlnxfafb，且0ab，则3A．0 B．1 C．2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

4a2b24的最小值是（ ）4a2b2D．22Cx2y28xay50Ex24yEC相交所得弦长是 .f(x)

lnx1x

的极大值为 .xya0与圆心为Cx2y22x4y40BACBC，则实数a的值为 ．16．已知多项式(x2)m(x1)n

aa0

xax22

m

xmna0

4，a1

16，则mn ，aaa0 1

mn

．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ABCDAB，ADABCD2BC4M，NQ分别为BCCD，AC的中点，以AC为折痕将ACD折起，使点D到达点P位置（P平面ABC．H为直线QNABP；ABMN

，求二面角APCB的余弦值．418（12分）如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABBC2，CDAD（Ｉ）证明：BDPC；（Ⅱ）若M是PD中点，BM与平面PAB所成的角的正弦值为3 3，求PA的长.10

7，.19（12分）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，对角线AC,BD交于点O,M为棱PD的中点，MAMC．求证：PB//AMC；PBDAMC．20（12分设直线l与抛物线x

2yBx2y21交于CD,OBOCOD4 2（O为坐标原点）的斜率分别为k,k1 2

,k,3

，若OAOB.4证明：直线l过定点，并求出该定点的坐标；是否存在常数，满足kk1 2

k3

k？并说明理由.421（12分）ABC的内角,B,C的对边分别为a,b,c，已知bcosBacosCccosA.求B的大小；若b2.22（10分）选修4-：极坐标与参数方程

x 2 2cos 在直角坐标系xOy中，曲线C1

的参数方程为y 2sin （

是参数，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C4sin.2求曲线C1

的极坐标方程和曲线C2

的直角坐标方程；若射线

0与曲线C

交于O

交于O，

两点，求OAOB取最大值时tan212 B212 的值参考答案125601．D【解析】根据sin40log3

4,ln0.40tan226,cos(20)sin70 sin65，利用排除法，即可求解．【详解】log4,ln0.40tan226,cos(20)cos20 sin70 sin65，3可排除A、B、C选项，tan50tan501sin80 1log2所以tan410sin80log2．5D．【点睛】

log2，55 55本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及对数的比较大小问题，其中解答熟记三角函数与对数函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．2．D【解析】根据面面垂直的判定定理可判断①；根据空间面面平行的判定定理可判断②；根据线面平行的判定定理可判断③；根据面面垂直的判定定理可判断④.【详解】对于①，若

mnnm，两平面相交，但不一定垂直，故①错误；对于②，若mm，则//，故②正确；对于③，若m//nm//，当n，则n不平行，故③错误；对于④，若mnmn，则，故④正确；故选：D【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、面面平行的判定定理以及面面垂直的判定定理，属于基础题.3．B【解析】APAPxAByACAPxAB2yADAP3xAEyAC，2B，P，D三点共线，C，P，E三点共线x2y13xy1,xy即可得出结果.2APAPxAByACAPxAB2yADAP3xAEyAC，设2因为B，P，D三点共线，C，P，E三点共线，x2y13xy1x2

，y1.12 41故选:B.【点睛】本题考查了平面向量基本定理和向量共线定理的简单应用,属于基础题.4．D【解析】利用特殊值代入法，作差法，排除不符合条件的选项，得到符合条件的选项．【详解】b已知ab0，赋值法讨论ab0的情况：bab（1）当ab1a2b1，则ab

b

aeabebaB、C选项；（2）当0ba1a

b1，则

b

aA选项.a12 3a1D.【点睛】比较大小通常采用作差法，本题主要考查不等式与不等关系，不等式的基本性质，利用特殊值代入法，排除不符合条件的选项，得到符合条件的选项，是一种简单有效的方法，属于中等题．5．B【解析】间接法求解，两盆锦紫苏不相邻，被另3盆隔开有A3A3，扣除郁金香在两边有2A2A3，即可求出结论.3 4 2 3【详解】使用插空法，先排2盆虞美人、1盆郁金香有A3种，3然后将3盆锦紫苏放入到4个位置中有A3种，4根据分步乘法计数原理有A3A3，扣除郁金香在两边，3 42盆虞美人、1盆郁金香有2A2种，2再将3盆锦紫苏放入到3个位置中有A3，3根据分步计数原理有2A2A3，2 3A3A32A2A3120种.3 4 2 3故选:B.【点睛】本题考查排列应用问题、分步乘法计数原理，不相邻问题插空法是解题的关键，属于中档题.6．C【解析】分析：解决该题的关键是求得等比数列的公比，利用题中所给的条件，建立项之间的关系，从而得到公比q所满足的等量关系式，解方程即可得结果.11 5详解：根据题意有a a2 1

2 a2

，即q2q10，因为数列各项都是正数，所以q ，而251aa 1511 53 4 1 5a a q 24 5点睛：该题应用题的条件可以求得等比数列的公比q，而待求量就是1，代入即可得结果.q7．D【解析】f(0)0a1fx)logx1)x2x0)f(x)为定义在R增函数增2yf(xRf(2)f(2).【详解】因为f(x)在R上是奇函数.所以f(0)0，解得a1，所以当x0时，f(x)log2

x1)x2x[0,f(x)单调递增，所以yf(x)Rf(2)(2)5，故有3x4x.故选：D.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性、单调性解不等式，考查学生对函数性质的灵活运用能力，是一道中档题.8．C【解析】将三辆车的出车可能顺序一一列出，找出符合条件的即可.【详解】三辆车的出车顺序可能为：123、132、213、231、312、3213方案一坐车可能：132、、231，所以，P1＝6；2方案二坐车可能：312、321，所以，P1＝6；51P+P2＝61故选C.【点睛】本题考查了古典概型的概率的求法，常用列举法得到各种情况下基本事件的个数，属于基础题.9．C【解析】2求得双曲线的渐近线方程，可得圆心到渐近线的距离d2率公式计算即可得到所求范围．【详解】

，由点到直线的距离公式可得a的范围，再由离心双曲线

x y21a0y2a22

1x，即xay0，a22a21a2由题意知，直线xay0与圆x2y222相切或相离，则d1a2112a112a a

1, 2.C.【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用圆心到渐近线的距离不小于半径，考查化简整理的运算能力，属于中档题．10．A【解析】试题分析：设公差为d,a2

aa3

3a3

15a3

a2d5a1

52d(a1

2)(a1

5d16)(72d)(3d21)812d27d220d2d112考点：等差数列及其性质.11．A

（舍）

，故选A.【解析】2 5求出二项式 x2的展开式的通式，再令x的次数为零，可得结. x 【详解】2 5

25r

5r2r解：二项式 x2展开式的通式为T

Cr x2

rCr5rx 2 ， x 5r2r0，解得r1，2

r1

5 x 5则常数项为1C125

80.A.【点睛】本题考查二项式定理指定项的求解，关键是熟练应用二项展开式的通式，是基础题.12．A【解析】fafb推导出b

，且0a1

4a2b24

2ab 4

，利用基本不等式a 4a2b 2 2ab求得2ab的取值范围，再利用函数的单调性可得出其最小值.【详解】函数fxlnx满足fafblna2

lnb2，即lnalnblnalnb0，0ab，lnalnb，lnalnb0，即lnab0ab1，1aba2，则0a1，由基本不等式得2ab2a

12 2a12 2，当且仅当aa a

1时，等号成立.4a2b24 2ab24ab4 2ab28 2ab 44a2b 22ab 22ab 2 2ab，由于函数yx4在区间2 2,上为增函数，2 x 所以，当2ab2

时，4a2b24取得最小值 4

0.22 22 24a222 22 2A.【点睛】本题考查代数式最值的计算，涉及对数运算性质、基本不等式以及函数单调性的应用，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。613．46【解析】求出抛物线的焦点坐标，代入圆的方程，求出a的值，再求出准线方程，利用点到直线的距离公式，求出弦心距，利用勾股定理可以求出弦长的一半，进而求出弦长．【详解】抛物线E: x2

4y的准线为y1，焦点为（，，把焦点的坐标代入圆的方程中，得a4，所以圆心的坐标为(4,2)，半径为5，则圆心到准线的距离为1，52125212

4 ．6【点睛】6本题考查了抛物线的准线、圆的弦长公式．114．e2【解析】先求函的定义域，再对函数进行求导，再解不等式得单调区间，进而求得极值点，即可求出函数f(x)的极大值．【详解】函数f(x)

lnx1x

，x(0,)，f(x)1(lnx1)

2lnx，x2 x2令f(x)0得，xe2，当x(0,e2)时，f(x)0，函数f(x)单调递增；当x(e+)时，f(x)0，函数f(x)单调递减， lne2 1 当xe2时，函数f(x)取到极大值，极大值为f(e2) .e2 e21故答案为： ．e2【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，求解时注意定义域优先法则的应用．15．0或6【解析】计算得到圆心C1,2r3ACBCd

3 22，利用圆心到直线的距离公式解得答案3 22【详解】x2y22x4y40，即x2y22

9，圆心C1,2，半径r3.ACBC，故圆心到直线的距离为d故答案为：0或6.【点睛】

d3 223 2

，故a6a0.aa323 2本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力16．5 72【解析】∵多项式x2mx

a a0

xax22

m

xmna0

4，a1

16x02m

a 4m20∴(x2)m(x1)n(x24x4)(x1)n∴该多项式的一次项系数为4Cn1nn

4Cnn

16∴Cn3n∴n3∴mn5x1，得(12)2(15，72

a aa0 1

m

7221三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。2117（）见解析（）7【解析】根据中位线证明平面MNQ 平面PAB，即可证明M∥平面ABP（）以QM，QC，QP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，找到点的坐标代入公式即可计算二面角的余弦.【详解】证明：连接QM，MNQBCCDAC的中点，AB，∴AB，QMPABABQM PAB，

平面PAB，QNPAB，QNQ∵QM平面MNQ，QN平面MNQ，QNQ∴平面MNQ 平面PAB，∵MH平面MNQ，∴MH∥平面ABP．PQ，在ABC和ACD中，由余弦定理可得，AC2AB2BC22ABBCcosABCAC2

AD2CD22ADCDcosADC，3由ABC与ADC互补，ADABCD2，BC4，可解得AC2 ，3BC2AB2AC2，∴ABAC，QMAC，∵QM

ABABMN4，∴QMN∴MQN

4，又QMQN1，2，即QMQN，QMAPC，∴平面ABC平面APC，QACPQAC，∴PQ平面ABC，如图所示，分别以QM，QC，QP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(2, 3,0)，C(0, 3,0)，P(0,0,1)，PB(2, 3,1)，PC(0, 3,1)．PBC的法向量为n(xyz)，nPB0

2x 3yz0∴ ，即 ．nPC0 3yz0令y1，则x 3，z 3，可得平面PBC的一个法向量为n( 3,1, 3)又平面APC的一个法向量为m(1,0,0)，∴cosn

mn 21，|m||n| 7APCB的余弦值为21．7【点睛】18（Ⅰ）（Ⅱ）6【解析】AC的中点OOBODABBC，ADCDBODACBDBDPA，.（Ⅱ）设PAx，则PB x24，PD x27，在底面ABCD中，BD3，在PBM中，由余弦定理得：PB2BM2PM22BMPMcosPMB，在中，由余弦定理得DB2BM2DM

2BMDMcosDMBBM

x219DDHBADH4PABDPABMPDMPABDHBM与平面23 3PAB所成的角的正弦值为3 310

求解.【详解】（Ⅰ）AC的中点O，连接OBOD，由ABBC，ADCD，得B,O,D三点共线，ACBDBDPAACPAA，BDPAC，x27所以BDx27x24（Ⅱ）设PAx24ABCDBD3，

，PD ，在PBMPB2BM2PM22BMPMcosPMB，在中，由余弦定理得DB2BM

DM22BMDMcosDMB，DB2PB22BM

2DM2，所以x213

2x272x27 2 x219x2194DDHBADHPAB，3 32即点D到平面PAB的距离DHBDsin3 323 3因为M是PD中点，所以为M到平面PAB的距离hDH ，3 32 43 3因为BM与平面PAB所成的角的正弦值为 ，3 310sin h

334 33即 BM

x2194

10，解得x 6.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，线面角的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象运算求解的能力，属于中档题.19（）（）.【解析】连结OMPB//OM即可.ACBD,ACPDACPBD即可.【详解】解：1证明：连结OM,O是菱形ABCD 对角线、BD的交点,OBD的中点,M是棱PD的中点,OM//PB,OMAMCPBAMC,PB//平面AMC,2ABCD中,ACBD且OAC的中点,MA＝MC,ACOM,OM,AC平面PBD,AC平面AMC,PBDAMC．【点睛】属于基础题.20（）证明见解析（2（）【解析】（1）设直线l的方程为y=kx+b代入抛物线的方程，利用OA⊥OB，求出b，即可知直线过定点（2）由斜率公式分别k1

k，k2

kx4

x，xx2 1

，xx3

，xx3

代入k1

k，2kk，化简即可求解.3 4【详解】l的斜率存在且不过原点，故设lykxb(b0),Axy,Bxyykxb

1 1 2 2由x2 2y

可得x22kx2b0，xx1

2k,xx12

2b.OAOB,OAOB0，xx2xxyyxx 12 0，12 12 12 4故b2所以直线l的方程为ykx2故直线l恒过定点(0,2).由（1）xx

2k,xx

41 2 121kk y y211 2 x x1 2kx2 kx2 1 2x x1 22k22x x1 22k

2x1

x2 kxx12设Cx,y3

Dx,y4 4 ykx x24

y212

12k2

x28kx40，xx3

8k12ky y

,xx 34

412k2kk 3 4

3 4x x3 4kx2 kx2 3 4x x3 42k22x x3 42k2k

2xx3 4xx34kk1

12

k，即存在常数1满足题意.4 2【点睛】本题主要考查了直线与抛物线、椭圆的位置关系，直线过定点问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．3321（）

（） .3（）利用正弦定理将边化角，结合诱导公式可化简边角关系式，求得cosB1，根据B0,（）2利用余弦定理可得a2c2ac4，利用基本不等式可求得ac 4，代入三角形面积公式可求得结.max【详解】2sinBcosBsinAcosCsinCcosAsinACABC sinACsinB，又B0, sinB02cosB1，即cosB12由B0,得：B3由余弦定理b2a2c22accosBa2c2