陕西省西安电子科技大学附属中学2021-2022学年高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．已知函数是偶函数，当时，函数单调递减，设，，，则的大小关系为（）A． B． C． D．2．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何?”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少?”已知l丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为1，则该楔体的体积为（）A．10000立方尺B．11000立方尺C．12000立方尺D．13000立方尺3．已知函数是定义在上的奇函数，函数满足，且时，，则（）A．2 B． C．1 D．4．下列函数中，在区间上单调递减的是（）A． B． C． D．5．正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（）A． B． C． D．6．已知双曲线的左焦点为，直线经过点且与双曲线的一条渐近线垂直，直线与双曲线的左支交于不同的两点，，若，则该双曲线的离心率为（）．A． B． C． D．7．已知点(m,8)在幂函数的图象上，设，则（）A．b＜a＜c B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．a＜c＜b8．己知抛物线的焦点为，准线为，点分别在抛物线上，且，直线交于点，，垂足为，若的面积为，则到的距离为（）A． B． C．8 D．69．已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次（假定费用只可能为、、元）．甲、乙租车费用为元的概率分别是、，甲、乙租车费用为元的概率分别是、，则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为（）A． B． C． D．10．记的最大值和最小值分别为和．若平面向量、、，满足，则（）A． B．C． D．11．根据最小二乘法由一组样本点（其中），求得的回归方程是，则下列说法正确的是()A．至少有一个样本点落在回归直线上B．若所有样本点都在回归直线上，则变量同的相关系数为1C．对所有的解释变量（），的值一定与有误差D．若回归直线的斜率，则变量x与y正相关12．已知向量，且，则m=()A．−8 B．−6C．6 D．8二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为，那么高三被抽取的人数为_______．14．如图，从一个边长为的正三角形纸片的三个角上，沿图中虚线剪出三个全等的四边形，余下部分再以虚线为折痕折起，恰好围成一个缺少上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱柱的上底，则所得正三棱柱的体积为______.15．已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则______________；四棱锥P-ABCD的体积为______________.16．已知正四棱柱的底面边长为，侧面的对角线长是，则这个正四棱柱的体积是____．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）设，，，.（1）若的最小值为4，求的值；（2）若，证明：或.18．（12分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点.（1）证明：平面；（2）设是直线上的动点，当点到平面距离最大时，求面与面所成二面角的正弦值.19．（12分）已知椭圆经过点，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，点与点关于坐标原点对称．连接．求证：存在实数，使得成立．20．（12分）已知函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若满足，，，求.21．（12分）已知圆的极坐标方程是，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线的参数方程是是参数），若直线与圆相切，求实数的值.22．（10分）已知函数.（1）若，且，求证：；（2）若时，恒有，求的最大值.

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．A【解析】

根据图象关于轴对称可知关于对称，从而得到在上单调递增且；再根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系.【详解】为偶函数图象关于轴对称图象关于对称时，单调递减时，单调递增又且，即本题正确选项：【点睛】本题考查利用函数奇偶性、对称性和单调性比较函数值的大小关系问题，关键是能够通过奇偶性和对称性得到函数的单调性，通过自变量的大小关系求得结果.2．A【解析】由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：

沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，

则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱，

则三棱柱的体积V1四棱锥的体积V2=13×1×3×2=2【点睛】本题考查三视图及几何体体积的计算，其中正确还原几何体，利用方格数据分割与计算是解题的关键．3．D【解析】

说明函数是周期函数，由周期性把自变量的值变小，再结合奇偶性计算函数值．【详解】由知函数的周期为4，又是奇函数，，又，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性，掌握周期性与奇偶性的概念是解题基础．4．C【解析】

由每个函数的单调区间，即可得到本题答案.【详解】因为函数和在递增，而在递减.故选：C【点睛】本题主要考查常见简单函数的单调区间，属基础题.5．D【解析】

如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.【详解】如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.因为，故，因为，故.由正弦定理可得，故，又因为，故.因为，故平面，所以，因为平面，平面，故，故，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.6．A【解析】

直线的方程为，令和双曲线方程联立，再由得到两交点坐标纵坐标关系进行求解即可.【详解】由题意可知直线的方程为,不妨设.则，且将代入双曲线方程中，得到设则由，可得，故则，解得则所以双曲线离心率故选：A【点睛】此题考查双曲线和直线相交问题，联立直线和双曲线方程得到两交点坐标关系和已知条件即可求解，属于一般性题目.7．B【解析】

先利用幂函数的定义求出m的值，得到幂函数解析式为f（x）＝x3，在R上单调递增，再利用幂函数f（x）的单调性，即可得到a，b，c的大小关系.【详解】由幂函数的定义可知，m﹣1＝1，∴m＝2，∴点（2，8）在幂函数f（x）＝xn上，∴2n＝8，∴n＝3，∴幂函数解析式为f（x）＝x3，在R上单调递增，∵，1＜lnπ＜3，n＝3，∴，∴a＜b＜c，故选：B.【点睛】本题主要考查了幂函数的性质，以及利用函数的单调性比较函数值大小，属于中档题.8．D【解析】

作，垂足为，过点N作，垂足为G，设，则，结合图形可得，，从而可求出，进而可求得，，由的面积即可求出，再结合为线段的中点，即可求出到的距离．【详解】如图所示，作，垂足为，设，由，得，则，.过点N作，垂足为G，则，，所以在中，，，所以，所以，在中，，所以，所以，，所以．解得，因为，所以为线段的中点，所以F到l的距离为．故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题．9．B【解析】

甲、乙两人所扣租车费用相同即同为1元，或同为2元，或同为3元，由独立事件的概率公式计算即得．【详解】由题意甲、乙租车费用为3元的概率分别是，∴甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为．故选：B．【点睛】本题考查独立性事件的概率．掌握独立事件的概率乘法公式是解题基础．10．A【解析】

设为、的夹角，根据题意求得，然后建立平面直角坐标系，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程，将和转化为圆上的点到定点距离，利用数形结合思想可得出结果.【详解】由已知可得，则，，，建立平面直角坐标系，设，，，由，可得，即，化简得点的轨迹方程为，则，则转化为圆上的点与点的距离，，，，转化为圆上的点与点的距离，，.故选：A.【点睛】本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.11．D【解析】

对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上﹐故A错误；所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为，故B错误；若所有的样本点都在回归直线上，则的值与相等，故C错误；相关系数r与符号相同，若回归直线的斜率，则，样本点分布应从左到右是上升的，则变量x与y正相关，故D正确．故选D．【点睛】本题主要考查线性回归方程的性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.12．D【解析】

由已知向量的坐标求出的坐标，再由向量垂直的坐标运算得答案．【详解】∵，又，∴3×4+（﹣2）×（m﹣2）＝0，解得m＝1．故选D．【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标运算，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】由分层抽样的知识可得，即，所以高三被抽取的人数为，应填答案．14．1【解析】

由题意得正三棱柱底面边长6，高为，由此能求出所得正三棱柱的体积．【详解】如图，作，交于，，由题意得正三棱柱底面边长，高为，所得正三棱柱的体积为：．故答案为：1．【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题、正三棱柱体积的求法、三棱柱的结构特征等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意翻折前后的不变量．15．90°【解析】

易得平面PAD，P点在与BA垂直的圆面内运动，显然，PA是圆的直径时，PA最长；将四棱锥补形为长方体，易得为球的直径即可得到PD，从而求得四棱锥的体积.【详解】如图，由及，得平面PAD，即P点在与BA垂直的圆面内运动，易知，当P、、A三点共线时，PA达到最长，此时，PA是圆的直径，则；又，所以平面ABCD，此时可将四棱锥补形为长方体，其体对角线为，底面边长为2的正方形，易求出，高，故四棱锥体积.故答案为：(1)90°；(2).【点睛】本题四棱锥外接球有关的问题，考查学生空间想象与逻辑推理能力，是一道有难度的压轴填空题.16．【解析】Aa设正四棱柱的高为h得到故得到正四棱柱的体积为故答案为54.三、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）2；（2）见解析【解析】

（1）将化简为，再利用基本不等式即可求出最小值为4，便可得出的值；（2）根据，即，得出，利用基本不等式求出最值，便可得出的取值范围.【详解】解：（1）由题可知，，，，，∴.（2）∵，∴，∴，∴，即：或.【点睛】本题考查基本不等式的应用，利用基本不等式和放缩法求最值，考查化简计算能力.18．（1）证明见解析（2）【解析】

（1）取中点，连接，根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；（2）根据面面垂直的判定定理和性质定理，可以确定点到直线的距离即为点到平面的距离，结合垂线段的性质可以确定点到平面的距离最大，最大值为1.以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系.利用空间向量夹角公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】（1）证明：取中点，连接，因为四边形为菱形且.所以，因为，所以，又，所以平面，因为平面，所以.同理可证，因为，所以平面.（2）解：由（1）得平面，所以平面平面，平面平面.所以点到直线的距离即为点到平面的距离.过作的垂线段，在所有的垂线段中长度最大的为，此时必过的中点，因为为中点，所以此时，点到平面的距离最大，最大值为1.以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系.则所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则即取，则，，所以，所以面与面所成二面角的正弦值为.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理和性质的应用，考查了二面角的向量求法，考查了推理论证能力和数学运算能力.19．（1）（2）证明见解析【解析】

（1）由点可得,由,根据即可求解；（2）设直线的方程为,联立可得,设,由韦达定理可得,再根据直线的斜率公式求得；由点B与点Q关于原点对称,可设,可求得,则,即可求证.【详解】解:（1）由题意可知,,又,得,所以椭圆的方程为（2）证明:设直线的方程为，联立,可得,设,则有,因为,所以,又因为点B与点Q关于原点对称,所以,即,则有,由点在椭圆上,得,所以,所以,即，所以存在实数,使成立【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线的斜率公式的应用,考查运算能力.20．（1）；（2）【解析】

（1）化简得到，取，解得答案.（2），解得，根据余弦定理得到，再用一次余弦定理解得答案.【详解】（1）.取，解得.（2）,因为，故，.根据余弦定理：，..【点睛】本题考查了三角恒等变换，三角函数单调性，余弦定理，意在考查学生对于三角函