湖南省洞口县第九中学2021-2022学年高考数学一模试卷含解析

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．已知函数与的图象有一个横坐标为的交点，若函数的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍后，得到的函数在有且仅有5个零点，则的取值范围是()A． B．C． D．2．已知直线：与圆：交于，两点，与平行的直线与圆交于，两点，且与的面积相等，给出下列直线：①，②，③，④.其中满足条件的所有直线的编号有（）A．①② B．①④ C．②③ D．①②④3．由曲线围成的封闭图形的面积为（）A． B． C． D．4．已知函数f（x）＝eb﹣x﹣ex﹣b+c（b，c均为常数）的图象关于点（2，1）对称，则f（5）+f（﹣1）＝（）A．﹣2 B．﹣1 C．2 D．45．设函数（，）是上的奇函数，若的图象关于直线对称，且在区间上是单调函数，则（）A． B． C． D．6．已知三棱锥中，是等边三角形，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A． B． C． D．7．历史上有不少数学家都对圆周率作过研究，第一个用科学方法寻求圆周率数值的人是阿基米德，他用圆内接和外切正多边形的周长确定圆周长的上下界，开创了圆周率计算的几何方法，而中国数学家刘徽只用圆内接正多边形就求得的近似值，他的方法被后人称为割圆术．近代无穷乘积式、无穷连分数、无穷级数等各种值的表达式纷纷出现，使得值的计算精度也迅速增加．华理斯在1655年求出一个公式：，根据该公式绘制出了估计圆周率的近似值的程序框图，如下图所示，执行该程序框图，已知输出的，若判断框内填入的条件为，则正整数的最小值是A． B． C． D．8．正方体，是棱的中点，在任意两个中点的连线中，与平面平行的直线有几条（）A．36 B．21 C．12 D．69．A． B． C． D．10．复数为纯虚数，则()A．i B．﹣2i C．2i D．﹣i11．已知函数满足：当时，，且对任意，都有，则（）A．0 B．1 C．-1 D．12．已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件可以是（）A． B． C．或 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数是定义在上的奇函数，且周期为，当时，，则的值为___________________．14．直线与抛物线交于两点，若，则弦的中点到直线的距离等于________.15．在的展开式中的系数为，则_______．16．若，则_________.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）设函数.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）如果对所有的≥0，都有≤，求的最小值；（Ⅲ）已知数列中，，且，若数列的前n项和为，求证：.18．（12分）在中，，是边上一点，且，.（1）求的长；（2）若的面积为14，求的长.19．（12分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F，G分别是棱AA1，AC和A1C1的中点，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.（1）求异面直线AC与BE所成角的余弦值；（2）求二面角F-BC1-C的余弦值．20．（12分）的内角的对边分别为，若（1）求角的大小（2）若，求的周长21．（12分）已知函数.（1）若对任意x0，f（x）0恒成立，求实数a的取值范围；（2）若函数f（x）有两个不同的零点x1，x2（x1x2），证明：.22．（10分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若恒成立，求实数的取值范围.

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．A【解析】

根据题意，，求出，所以，根据三角函数图像平移伸缩，即可求出的取值范围.【详解】已知与的图象有一个横坐标为的交点，则，，，，，若函数图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，则，所以当时，，在有且仅有5个零点，，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数图象的性质、三角函数的平移伸缩以及零点个数问题，考查转化思想和计算能力.2．D【解析】

求出圆心到直线的距离为：，得出，根据条件得出到直线的距离或时满足条件，即可得出答案.【详解】解：由已知可得：圆：的圆心为（0,0），半径为2，则圆心到直线的距离为：，∴，而，与的面积相等，∴或，即到直线的距离或时满足条件，根据点到直线距离可知，①②④满足条件.故选：D.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，涉及点到直线的距离公式.3．A【解析】

先计算出两个图像的交点分别为，再利用定积分算两个图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.【点睛】本题考察定积分的应用，属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.4．C【解析】

根据对称性即可求出答案．【详解】解：∵点（5，f（5））与点（﹣1，f（﹣1））满足（5﹣1）÷2＝2，故它们关于点（2，1）对称，所以f（5）+f（﹣1）＝2，故选：C．【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用，属于中档题．5．D【解析】

根据函数为上的奇函数可得，由函数的对称轴及单调性即可确定的值，进而确定函数的解析式，即可求得的值.【详解】函数（，）是上的奇函数，则，所以.又的图象关于直线对称可得，，即，，由函数的单调区间知，，即，综上，则，.故选：D【点睛】本题考查了三角函数的图象与性质的综合应用，由对称轴、奇偶性及单调性确定参数，属于中档题.6．D【解析】

根据底面为等边三角形，取中点，可证明平面，从而，即可证明三棱锥为正三棱锥.取底面等边的重心为，可求得到平面的距离，画出几何关系，设球心为，即可由球的性质和勾股定理求得球的半径，进而得球的表面积.【详解】设为中点，是等边三角形，所以，又因为，且，所以平面，则，由三线合一性质可知所以三棱锥为正三棱锥，设底面等边的重心为，可得，，所以三棱锥的外接球球心在面下方，设为，如下图所示：由球的性质可知，平面，且在同一直线上，设球的半径为，在中，，即，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，故选：D.【点睛】本题考查了三棱锥的结构特征和相关计算，正三棱锥的外接球半径求法，球的表面积求法，对空间想象能力要求较高，属于中档题.7．B【解析】

初始：，，第一次循环：，，继续循环；第二次循环：，，此时，满足条件，结束循环，所以判断框内填入的条件可以是，所以正整数的最小值是3，故选B．8．B【解析】

先找到与平面平行的平面，利用面面平行的定义即可得到.【详解】考虑与平面平行的平面，平面，平面，共有，故选：B.【点睛】本题考查线面平行的判定定理以及面面平行的定义，涉及到了简单的组合问题，是一中档题.9．A【解析】

直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.【详解】本题正确选项：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．10．B【解析】

复数为纯虚数，则实部为0，虚部不为0，求出，即得.【详解】∵为纯虚数，∴，解得..故选：.【点睛】本题考查复数的分类，属于基础题.11．C【解析】

由题意可知，代入函数表达式即可得解.【详解】由可知函数是周期为4的函数，.故选：C.【点睛】本题考查了分段函数和函数周期的应用，属于基础题.12．D【解析】

先求函数在上不单调的充要条件，即在上有解，即可得出结论.【详解】，若在上不单调，令，则函数对称轴方程为在区间上有零点（可以用二分法求得）.当时，显然不成立；当时，只需或，解得或.故选:D.【点睛】本题考查含参数的函数的单调性及充分不必要条件，要注意二次函数零点的求法，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】

由题意可得：，周期为，可得，可求出，最后再求的值即可.【详解】解：函数是定义在上的奇函数，.由周期为，可知，，..故答案为：.【点睛】本题主要考查函数的基本性质，属于基础题.14．【解析】

由已知可知直线过抛物线的焦点，求出弦的中点到抛物线准线的距离，进一步得到弦的中点到直线的距离．【详解】解：如图，直线过定点，，而抛物线的焦点为，，弦的中点到准线的距离为，则弦的中点到直线的距离等于．故答案为：．【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，体现了数学转化思想方法，属于中档题．15．2【解析】

首先求出的展开项中的系数，然后根据系数为即可求出的取值.【详解】由题知，当时有，解得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了二项式展开项的系数，属于简单题.16．【解析】

因为，所以.因为，所以，又，所以，所以..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．（Ⅰ）函数在上单调递减，在单调递增；（Ⅱ）；（Ⅲ）证明见解析．【解析】

（Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，通过解关于导数的不等式，从而求出函数的单调区间；（Ⅱ）设g（x）＝f（x）﹣ax，先求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，得到函数的单调性，从而求出a的最小值；（Ⅲ）先求出数列是以为首项，1为公差的等差数列，，，问题转化为证明：，通过换元法或数学归纳法进行证明即可．【详解】解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），，当时，f′（x）＜2，当时，f′（x）＞2，所以函数f（x）在上单调递减，在单调递增．（Ⅱ）设，则，因为x≥2，故，（ⅰ）当a≥1时，1﹣a≤2，g′（x）≤2，所以g（x）在[2，+∞）单调递减，而g（2）＝2，所以对所有的x≥2，g（x）≤2，即f（x）≤ax；（ⅱ）当1＜a＜1时，2＜1﹣a＜1，若，则g′（x）＞2，g（x）单调递增，而g（2）＝2，所以当时，g（x）＞2，即f（x）＞ax；（ⅲ）当a≤1时，1﹣a≥1，g′（x）＞2，所以g（x）在[2，+∞）单调递增，而g（2）＝2，所以对所有的x＞2，g（x）＞2，即f（x）＞ax；综上，a的最小值为1．（Ⅲ）由（1﹣an+1）（1+an）＝1得，an﹣an+1＝an•an+1，由a1＝1得，an≠2，所以，数列是以为首项，1为公差的等差数列，故，，，⇔，由（Ⅱ）知a＝1时，，x＞2，即，x＞2．法一：令，得，即因为，所以，故．法二：⇔下面用数学归纳法证明．（1）当n＝1时，令x＝1代入，即得，不等式成立（1）假设n＝k（k∈N*，k≥1）时，不等式成立，即，则n＝k+1时，，令代入，得，即：，由（1）（1）可知不等式对任何n∈N*都成立．故．考点：1利用导数研究函数的单调性；1、利用导数研究函数的最值；3、数列的通项公式；4、数列的前项和；5、不等式的证明．18．（1）1；（2）5.【解析】

（1）由同角三角函数关系求得，再由两角差的正弦公式求得，最后由正弦定理构建方程，求得答案.（2）在中，由正弦定理构建方程求得AB，再由任意三角形的面积公式构建方程求得BC，最后由余弦定理构建方程求得AC.【详解】（1）据题意，，且，所以.所以.在中，据正弦定理可知，，所以.（2）在中，据正弦定理可知，所以.因为的面积为14，所以，即，得.在中，据余弦定理可知，，所以.【点睛】本题考查由正弦定理与余弦定理解三角形，还考查了由同角三角函数关系和两角差的正弦公式化简求值，属于简单题.19．（1）.（2）.【解析】

（1）先根据空间直角坐标系，求得向量和向量的坐标，再利用线线角的向量方法求解.（2）分别求得平面BFC1的一个法向量和平面BCC1的一个法向量，再利用面面角的向量方法求解.【详解】规范解答（1）因为AB＝1，AA1＝2，则F(0，0，0)，A，C，B，E，所以＝(－1，0，0)，＝记异面直线AC和BE所成角为α，则cosα＝|cos〈〉|＝＝，所以异面直线AC和BE所成角的余弦值为.（2）设平面BFC1的法向量为=(x1，y1，z1)．因为＝，＝，则取x1＝4，得平面BFC1的一个法向量为＝(4，0，1)．设平面BCC1的法向量为＝(x2，y2，z2)．因为＝，＝(0，0，2)，则取x2＝得平面BCC1的一个法向量为＝(，－1，0)，所以cos〈〉＝=根据图形可知二面角F-BC1-C为锐二面角，所以二面角F-BC1-C的余弦值为.【点睛】本题主要考查了空间向量法研究空间中线线角，面面角的求法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.20．（1）（2）11【解析】

（1）利用二倍角公式将式子化简成，再利用两角和与差的余弦公式即可求解.（2）利用余弦定理可得，再将平方，利用向量数量积可得，从而可求周长.【详解】由题解得，所以由余弦定理，，再由解得：所以故的周长为【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形、两角和与差的余弦公