2022届重庆市江津、巴县、长寿等七校联盟高三第二次联考数学试卷含解析

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．若x,y满足约束条件的取值范围是A．[0,6] B．[0,4] C．[6, D．[4,2．已知向量，，则与的夹角为（）A． B． C． D．3．的展开式中，含项的系数为（）A． B． C． D．4．已知函数，，若总有恒成立.记的最小值为，则的最大值为（）A．1 B． C． D．5．函数的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，要得到函数的图象，只需将的图象（）A．向左平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向右平移个单位6．已知函数，，若对任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．7．记等差数列的公差为，前项和为.若，，则（）A． B． C． D．8．设集合，，若，则（）A． B． C． D．9．函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．10．如图，平面与平面相交于，，，点，点，则下列叙述错误的是（）A．直线与异面B．过只有唯一平面与平行C．过点只能作唯一平面与垂直D．过一定能作一平面与垂直11．已知的面积是,,,则（）A．5 B．或1 C．5或1 D．12．若不相等的非零实数，，成等差数列，且，，成等比数列，则（）A． B． C．2 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，i为虚数单位，则正实数的值为______.14．在平面直角坐标系中，若双曲线（，）的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为________.15．设O为坐标原点,,若点B(x,y)满足，则的最大值是__________．16．曲线f(x)=(x2+x)lnx在点(1，f(1))处的切线方程为____.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，，（1）求的最小正周期及单调递增区间；（2）已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，，求边上的高的最大值．18．（12分）已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围.19．（12分）如图，在三棱柱中，已知四边形为矩形，，，，的角平分线交于.（1）求证:平面平面；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）设椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点D在椭圆C上，的周长为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过圆上任意一点P作圆E的切线l，若l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求证：为定值.21．（12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD平面PAD，，，，，E是PD的中点．证明：；设，点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为，求二面角的余弦值．22．（10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（Ⅰ）设直线与曲线交于，两点，求；（Ⅱ）若点为曲线上任意一点，求的取值范围.

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】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，由解得C（2，1），目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选D．2．B【解析】

由已知向量的坐标，利用平面向量的夹角公式，直接可求出结果.【详解】解：由题意得，设与的夹角为，，由于向量夹角范围为：，∴.故选：B.【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求两向量的夹角，注意向量夹角的范围.3．B【解析】

在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得含项的系数．【详解】的展开式通项为，令，得，可得含项的系数为.故选：B.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．4．C【解析】

根据总有恒成立可构造函数,求导后分情况讨论的最大值可得最大值最大值,即.根据题意化简可得,求得,再换元求导分析最大值即可.【详解】由题,总有即恒成立.设,则的最大值小于等于0.又,若则,在上单调递增,无最大值.若,则当时,,在上单调递减,当时,,在上单调递增.故在处取得最大值.故,化简得.故,令,可令,故,当时,,在递减；当时,,在递增.故在处取得极大值,为.故的最大值为.故选：C【点睛】本题主要考查了根据导数求解函数的最值问题,需要根据题意分析导数中参数的范围,再分析函数的最值,进而求导构造函数求解的最大值.属于难题.5．A【解析】依题意有的周期为.而，故应左移.6．C【解析】

将函数解析式化简，并求得，根据当时可得的值域；由函数在上单调递减可得的值域，结合存在性成立问题满足的集合关系，即可求得的取值范围.【详解】依题意，则，当时，，故函数在上单调递增，当时，；而函数在上单调递减，故，则只需，故，解得，故实数的取值范围为.故选：C.【点睛】本题考查了导数在判断函数单调性中的应用，恒成立与存在性成立问题的综合应用，属于中档题.7．C【解析】

由，和，可求得，从而求得和，再验证选项.【详解】因为，，所以解得，所以，所以，，，故选：C.【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题.8．A【解析】

根据交集的结果可得是集合的元素，代入方程后可求的值，从而可求.【详解】依题意可知是集合的元素，即，解得，由，解得.【点睛】本题考查集合的交，注意根据交集的结果确定集合中含有的元素，本题属于基础题.9．B【解析】

对分类讨论，当，函数在单调递减，当，根据对勾函数的性质，求出单调递增区间，即可求解.【详解】当时，函数在上单调递减，所以，的递增区间是，所以，即.故选:B.【点睛】本题考查函数单调性，熟练掌握简单初等函数性质是解题关键，属于基础题.10．D【解析】

根据异面直线的判定定理、定义和性质，结合线面垂直的关系，对选项中的命题判断.【详解】A.假设直线与共面，则A，D，B，C共面，则AB，CD共面，与，矛盾，故正确.B.根据异面直线的性质知，过只有唯一平面与平行，故正确.C.根据过一点有且只有一个平面与已知直线垂直知，故正确.D.根据异面直线的性质知，过不一定能作一平面与垂直，故错误.故选：D【点睛】本题主要考查异面直线的定义，性质以及线面关系，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.11．B【解析】∵，,∴①若为钝角，则，由余弦定理得，解得；②若为锐角，则，同理得.故选B.12．A【解析】

由题意，可得，，消去得,可得，继而得到，代入即得解【详解】由，，成等差数列，所以，又，，成等比数列，所以，消去得，所以，解得或，因为，，是不相等的非零实数，所以，此时，所以．故选：A【点睛】本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

利用复数模的运算性质，即可得答案．【详解】由已知可得：，，解得．故答案为：．【点睛】本题考查复数模的运算性质，考查推理能力与计算能力，属于基础题．14．【解析】

利用，解出，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】，且，，，该双曲线的渐近线方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线离心率与渐近线方程，考查了双曲线基本量的关系，考查了运算能力，属于基础题.15．【解析】,可行域如图，直线与圆相切时取最大值，由16．【解析】

求函数的导数，利用导数的几何意义即可求出切线方程.【详解】解：∵，

∴，

则，

又，即切点坐标为（1，0），

则函数在点(1，f(1))处的切线方程为，

即，

故答案为：.【点睛】本题主要考查导数的几何意义，根据导数和切线斜率之间的关系是解决本题的关键.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）的最小正周期为：；函数单调递增区间为：；（2）.【解析】

（1）根据诱导公式，结合二倍角的正弦公式、辅助角公式把函数的解析式化简成余弦型函数解析式形式，利用余弦型函数的最小正周期公式和单调性进行求解即可；（2）由（1）结合，求出的大小，再根据三角形面积公式，结合余弦定理和基本不等式进行求解即可.【详解】（1）的最小正周期为：；当时，即当时，函数单调递增，所以函数单调递增区间为：；（2）因为，所以设边上的高为，所以有，由余弦定理可知：（当用仅当时，取等号），所以，因此边上的高的最大值.【点睛】本题考查了正弦的二倍角公式、诱导公式、辅助角公式，考查了余弦定理、三角形面积公式，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.18．（1）；（2）.【解析】

（1）将函数的解析式表示为分段函数，然后分、、三段求解不等式，综合可得出不等式的解集；（2）求出函数的最大值，由题意得出，解此不等式即可得出实数的取值范围.【详解】.（1）当时，由，解得，此时；当时，由，解得，此时；当时，由，解得，此时.综上所述，不等式的解集；（2）当时，函数单调递增，则；当时，函数单调递减，则，即；当时，函数单调递减，则.综上所述，函数的最大值为，由题知，，解得.因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解，同时也考查了绝对值不等式中的参数问题，考查分类讨论思想的应用，考查运算求解能力，属于中等题.19．（1）见解析；（2）【解析】

（1）过点作交于，连接，设，连接，由角平分线的性质，正方形的性质，三角形的全等，证得，，由线面垂直的判断定理证得平面，再由面面垂直的判断得证.（2）平面几何知识和线面的关系可证得平面，建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，根据二面角的向量计算公式可求得其值.【详解】（1）如图，过点作交于，连接，设，连接，，，又为的角平分线，四边形为正方形，，又，，，，，又为的中点，又平面，，平面，又平面，平面平面，（2）在中，，，，在中，，，又，，，，又，，平面，平面，故建立如图空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，，令，得,设平面的一个法向量为，则，，令，得，由图示可知二面角是锐角，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查空间的面面垂直关系的证明，二面角的计算，在证明垂直关系时，注意运用平面几何中的等腰三角形的“三线合一”，勾股定理、菱形的对角线互相垂直，属于基础题.20．（1）（2）见解析【解析】

(1)由，周长,解得,即可求得标准方程.(2)通过特殊情况的斜率不存在时,求得,再证明的斜率存在时,即可证得为定值.通过设直线的方程为与椭圆方程联立,借助韦达定理求得,利用直线与圆相切,即,求得的关系代入,化简即可证得即可证得结论.【详解】（1）由题意得，周长，且.联立解得，，所以椭圆C的标准方程为.（2）①当直线l的斜率不存在时，不妨设其方程为，则，所以，即.②当直线l的斜率存在时，设其方程为，并设，由，，，由直线l与圆E相切，得.所以.从而，即.综合上述，得为定值.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中定值问题,考查了学生计算求解能力,难度较难.21．（1）见解析；（2）【解析】

（1）由平面平面的性质定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量法和异面直线与所成角的余弦值为，得点M的坐标，从而求出二面角的余弦值.【详解】（1）平面平面，平面平面=，，所以.由面面垂直的性质定理得平面，，在中，，，由正弦定理可得：，，即，平面，.（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，则，,得，，而，设平面的法向量为，由可得：，令，则，取平面的法向量，则，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直的