2021-2022学年福建省福州市第一中学高考数学全真模拟密押卷含解析

2021-2022高考数学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（）A． B． C． D．2．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值，这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（）（参考数据：）A．48 B．36 C．24 D．123．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．4．在三角形中，，，求（）A． B． C． D．5．将3个黑球3个白球和1个红球排成一排，各小球除了颜色以外其他属性均相同，则相同颜色的小球不相邻的排法共有（）A．14种 B．15种 C．16种 D．18种6．已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到次结束为止．某考生一次发球成功的概率为，发球次数为，若的数学期望，则的取值范围为()A． B． C． D．7．框图与程序是解决数学问题的重要手段，实际生活中的一些问题在抽象为数学模型之后，可以制作框图，编写程序，得到解决，例如，为了计算一组数据的方差，设计了如图所示的程序框图，其中输入，，，，，，，则图中空白框中应填入（）A．， B． C．， D．，8．已知，若方程有唯一解，则实数的取值范围是()A． B．C． D．9．已知向量，则（）A．∥ B．⊥ C．∥() D．⊥()10．函数的图象大致为()A． B．C． D．11．我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金（）A．多1斤 B．少1斤 C．多斤 D．少斤12．已知角的终边经过点,则A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在中，角，，的对边分别是，，，若，，则的面积的最大值为______.14．已知集合，则_______．15．已知的展开式中含有的项的系数是，则展开式中各项系数和为______.16．一个房间的地面是由12个正方形所组成，如图所示.今想用长方形瓷砖铺满地面，已知每一块长方形瓷砖可以覆盖两块相邻的正方形，即或，则用6块瓷砖铺满房间地面的方法有_______种.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）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2是圆心为（2，），半径为1的圆．（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）设M为曲线C1上的点，N为曲线C2上的点，求|MN|的取值范围．18．（12分）已知函数.（1）证明：当时，；（2）若函数有三个零点，求实数的取值范围.19．（12分）已知在等比数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项的和.20．（12分）已知；.（1）若为真命题，求实数的取值范围；（2）若为真命题且为假命题，求实数的取值范围.21．（12分）如图，为坐标原点，点为抛物线的焦点，且抛物线上点处的切线与圆相切于点（1）当直线的方程为时，求抛物线的方程；（2）当正数变化时，记分别为的面积，求的最小值．22．（10分）已知函数.（1）讨论函数f(x)的极值点的个数；（2）若f(x)有两个极值点证明.

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】

由已知可得，根据二倍角公式即可求解.【详解】角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题.2．C【解析】

由开始，按照框图，依次求出s，进行判断。【详解】，故选C.【点睛】框图问题，依据框图结构，依次准确求出数值，进行判断，是解题关键。3．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.4．A【解析】

利用正弦定理边角互化思想结合余弦定理可求得角的值，再利用正弦定理可求得的值.【详解】，由正弦定理得，整理得，由余弦定理得，，.由正弦定理得.故选：A.【点睛】本题考查利用正弦定理求值，涉及正弦定理边角互化思想以及余弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.5．D【解析】

采取分类计数和分步计数相结合的方法，分两种情况具体讨论，一种是黑白依次相间，一种是开始仅有两个相同颜色的排在一起【详解】首先将黑球和白球排列好，再插入红球.情况1：黑球和白球按照黑白相间排列（“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”），此时将红球插入6个球组成的7个空中即可，因此共有2×7=14种；情况2：黑球或白球中仅有两个相同颜色的排在一起（“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”），此时红球只能插入两个相同颜色的球之中，共4种.综上所述，共有14+4=18种.故选：D【点睛】本题考查排列组合公式的具体应用，插空法的应用，属于基础题6．A【解析】

根据题意，分别求出再根据离散型随机变量期望公式进行求解即可【详解】由题可知，，，则解得，由可得，答案选A【点睛】本题考查离散型随机变量期望的求解，易错点为第三次发球分为两种情况：三次都不成功、第三次成功7．A【解析】

依题意问题是，然后按直到型验证即可.【详解】根据题意为了计算7个数的方差，即输出的，观察程序框图可知，应填入，，故选：A.【点睛】本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及转化与化归思想，属于基础题.8．B【解析】

求出的表达式，画出函数图象，结合图象以及二次方程实根的分布，求出的范围即可．【详解】解：令，则，则，故，如图示：由，得，函数恒过，，由，，可得，，，若方程有唯一解，则或，即或；当即图象相切时，根据，，解得舍去），则的范围是，故选：．【点睛】本题考查函数的零点问题，考查函数方程的转化思想和数形结合思想，属于中档题．9．D【解析】

由题意利用两个向量坐标形式的运算法则，两个向量平行、垂直的性质，得出结论.【详解】∵向量（1，﹣2），（3，﹣1），∴和的坐标对应不成比例，故、不平行，故排除A；显然，•3+2≠0，故、不垂直，故排除B；∴（﹣2，﹣1），显然，和的坐标对应不成比例，故和不平行，故排除C；∴•（）＝﹣2+2＝0，故⊥（），故D正确，故选：D.【点睛】本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量平行、垂直的性质，属于基础题.10．A【解析】

确定函数在定义域内的单调性，计算时的函数值可排除三个选项．【详解】时，函数为减函数，排除B，时，函数也是减函数，排除D，又时，，排除C，只有A可满足．故选：A.【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，可通过解析式研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等等排除，可通过特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势排除，最后剩下的一个即为正确选项．11．C【解析】设这十等人所得黄金的重量从大到小依次组成等差数列则由等差数列的性质得，故选C12．D【解析】因为角的终边经过点,所以,则,即.故选D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

化简得到，，根据余弦定理和均值不等式得到，根据面积公式计算得到答案.【详解】，即，，故.根据余弦定理：，即.当时等号成立，故.故答案为：.【点睛】本题考查了三角恒等变换，余弦定理，均值不等式，面积公式，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.14．【解析】

由可得集合是奇数集，由此可以得出结果.【详解】解：因为所以集合中的元素为奇数，所以.【点睛】本题考查了集合的交集，解析出集合B中元素的性质是本题解题的关键.15．1【解析】

由二项式定理及展开式通项公式得：，解得，令得：展开式中各项系数和，得解．【详解】解：由的展开式的通项，令，得含有的项的系数是，解得，令得：展开式中各项系数和为，故答案为：1．【点睛】本题考查了二项式定理及展开式通项公式，属于中档题．16．11【解析】

将图形中左侧的两列瓷砖的形状先确定，再由此进行分类，在每一类里面又分按两种形状的瓷砖的数量进行分类，在其中会有相同元素的排列问题，需用到“缩倍法”.采用分类计数原理，求得总的方法数.【详解】（1）先贴如图这块瓷砖，然后再贴剩下的部分，按如下分类：5个：，3个，2个：，1个，4个：，（2）左侧两列如图贴砖，然后贴剩下的部分：3个：，1个，2个：，综上，一共有（种）.故答案为：11.【点睛】本题考查了分类计数原理，排列问题，其中涉及到相同元素的排列，用到了“缩倍法”的思想.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）C1：y2＝1，C2：x2+（y﹣2）2＝1；（2）[0，1]【解析】

（Ⅰ）消去参数φ可得C1的直角坐标方程，易得曲线C2的圆心的直角坐标为（0，2），可得C2的直角坐标方程；（Ⅱ）设M（3cosφ，sinφ），由三角函数和二次函数可得|MC2|的取值范围，结合圆的知识可得答案．【详解】（1）消去参数φ可得C1的普通方程为y2＝1，∵曲线C2是圆心为（2，），半径为1的圆，曲线C2的圆心的直角坐标为（0，2），∴C2的直角坐标方程为x2+（y﹣2）2＝1；（2）设M（3cosφ，sinφ），则|MC2|，∵﹣1≤sinφ≤1，∴1≤|MC2|，由题意结合图象可得|MN|的最小值为1﹣1＝0，最大值为1，∴|MN|的取值范围为[0，1]．【点睛】本题考查椭圆的参数方程，涉及圆的知识和极坐标方程，属中档题．18．（1）见解析；（2）【解析】

（1）要证明，只需证明即可；（2）有3个根，可转化为有3个根，即与有3个不同交点，利用导数作出的图象即可.【详解】（1）令，则，当时，，故在上单调递增，所以，即，所以.（2）由已知，，依题意，有3个零点，即有3个根，显然0不是其根，所以有3个根，令，则，当时，，当时，，当时，，故在单调递减，在，上单调递增，作出的图象，易得.故实数的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数证明不等式以及研究函数零点个数问题，考查学生数形结合的思想，是一道中档题.19．（1）（2）【解析】

（1）由基本量法，求出公比后可得通项公式；（2）求出，用裂项相消法求和．【详解】解：（1）设等比数列的公比为又因为，所以解得（舍）或所以，即（2）据（1）求解知，，所以所以【点睛】本题考查求等比数列的通项公式，考查裂项相消法求和．解题方法是基本量法．基本量法是解决等差数列和等比数列的基本方法，务必掌握．20．（1）（2）或【解析】

（1）根据为真命题列出不等式，进而求得实数的取值范围；（2）应用复合命题真假判定的口诀：真“非”假，假“非”真，一真“或”为真，两真“且”才真.【详解】（1），且，解得所以当为真命题时，实数的取值范围是.（2）由，可得，又∵当时，，.∵当为真命题，且为假命题时，∴与的真假性相同，当假假时，有，解得；当真真时，有，解得；故当为真命题且为假命题时，可得或.【点睛】本题主要考查结合不等式的含有量词的命题的恒成立问题，存在性问题，考查复合命题的真假判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.21．（1）x2=4y．（2）.【解析】试题解析：（Ⅰ）设点P（x0，），由x2=2py（p＞0）得，y=，求导y′=，因为直线PQ的斜率为1，所以=1且x0--√2=0，解得p=2，所以抛物线C1的方程为x2=4y．（Ⅱ）因为点P处的切线方程为：y-=（x-x0），即2x0x-2py-x02=0，∴OQ的方程为y=-x根据切线与圆切，得d=r，即，化简得x04=4x02+4p2，由方程组，解得Q（，），所以|PQ|=√1+k2|xP-xQ|=点F（0，）到切线PQ的距离是d=，所以S1==，S2=，而由x04=4x02+4p2知，4p2=x04-4x02＞0，得|x0|＞2，所以==+1≥2+1，当且仅当时取“=”号，即x02=4+2，此时，p=．所以的最小值为2+1．考点：求抛物线的方程，与抛物线有关的最值问题.22．（1）见解析（2）见解析【解析】

（1）求得函数的定义域和导函数，对分成三种情况进行分类讨论，判断出的极值点个数.（2）由（1）知，结合韦达定理求得的关系式，由此化简的表达式为，