《2022年江西省山江湖协作体高考数学考前最后一卷预测卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年江西省山江湖协作体高考数学考前最后一卷预测卷含解析（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2021-2022高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则2已知双曲线的一条渐近线为，圆与相切于点，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ）ABCD3函数的图象大致为（ ）ABCD4双曲线的渐近线与圆(x3)2
2、y2r2(r0)相切，则r等于()AB2C3D65已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，直线与抛物线交于另一点给出以下判断：以为直径的圆与抛物线准线相离；直线与直线的斜率乘积为；设过点，的圆的圆心坐标为，半径为，则其中，所有正确判断的序号是（ ）ABCD6函数（且）的图象可能为（ ）ABCD7下列与函数定义域和单调性都相同的函数是（ ）ABCD8函数在的图象大致为ABCD9已知函数的部分图象如图所示，则（ ）ABCD10若集合，则ABCD11已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，其中点在第一象限，若弦的长为，则（ ）A2或B3或C4或D5或12已知，则p是q的（ ）A充分而不必
3、要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13正四面体的各个点在平面同侧，各点到平面的距离分别为1，2，3，4，则正四面体的棱长为_14已知平面向量，且，则向量与的夹角的大小为_15已知函数的图象在点处的切线方程是，则的值等于_.16已知数列满足对任意，若，则数列的通项公式_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）已知函数.（1）证明：函数在上存在唯一的零点；（2）若函数在区间上的最小值为1，求的值.18（12分）为了整顿道路交通秩序，某地考虑将对行人闯红灯进行处罚.为了更好地了解市民的态度，
4、在普通行人中随机选取了200人进行调查，当不处罚时，有80人会闯红灯，处罚时，得到如表数据：处罚金额（单位：元）5101520会闯红灯的人数50402010若用表中数据所得频率代替概率.（1）当罚金定为10元时，行人闯红灯的概率会比不进行处罚降低多少？（2）将选取的200人中会闯红灯的市民分为两类：类市民在罚金不超过10元时就会改正行为；类是其他市民.现对类与类市民按分层抽样的方法抽取4人依次进行深度问卷，则前两位均为类市民的概率是多少？19（12分）等比数列中，()求的通项公式；()记为的前项和若，求20（12分）如图，在直三棱柱中，分别是中点，且，.求证：平面；求点到平面的距离.21（12
5、分）在中，角的对边分别为，若.（1）求角的大小；（2）若，为外一点，求四边形面积的最大值.22（10分）如图，已知抛物线：与圆： （）相交于， ， ，四个点，（1）求的取值范围；（2）设四边形的面积为，当最大时，求直线与直线的交点的坐标.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。1C【解析】根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项可得结果.【详解】对于，当为内与垂直的直线时，不满足，错误；对于，设，则当为内与平行的直线时，但，错误；对于，由，知：，又，正确；对于，设，则当为内与平行的直线时，错误.故选：
6、.【点睛】本题考查立体几何中线面关系、面面关系有关命题的辨析，考查学生对于平行与垂直相关定理的掌握情况，属于基础题.2D【解析】由圆与相切可知，圆心到的距离为2，即.又，由此求出的值，利用离心率公式，求出e.【详解】由题意得，.故选：D.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质，直线与圆相切的性质，离心率的求法，属于中档题.3A【解析】用偶函数的图象关于轴对称排除,用排除,用排除.故只能选.【详解】因为 ,所以函数为偶函数,图象关于轴对称,故可以排除;因为,故排除,因为由图象知,排除.故选:A【点睛】本题考查了根据函数的性质,辨析函数的图像,排除法,属于中档题.4A【解析】由圆心到渐近线的距离等于半
7、径列方程求解即可.【详解】双曲线的渐近线方程为yx，圆心坐标为(3,0)由题意知，圆心到渐近线的距离等于圆的半径r，即r.答案：A【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系，属于基础题.5D【解析】对于，利用抛物线的定义，利用可判断；对于，设直线的方程为，与抛物线联立，用坐标表示直线与直线的斜率乘积，即可判断；对于，将代入抛物线的方程可得，从而，利用韦达定理可得，再由，可用m表示，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，可得a，即可判断.【详解】如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，则圆心为线段的中点设，到准线的距离分别为，的半径为，点到准线的距离为，显然，三点不共线，则
8、所以正确由题意可设直线的方程为，代入抛物线的方程，有设点，的坐标分别为，则，所以则直线与直线的斜率乘积为所以正确将代入抛物线的方程可得，从而，根据抛物线的对称性可知，两点关于轴对称，所以过点，的圆的圆心在轴上由上，有，则所以，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，所以于是，代入，得，所以所以正确故选：D【点睛】本题考查了抛物线的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.6D【解析】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.7C【解析】分析函数的定义域和单调性，然后对选项逐一分析函数的定义域、单调性，由
9、此确定正确选项.【详解】函数的定义域为，在上为减函数.A选项，的定义域为，在上为增函数，不符合.B选项，的定义域为，不符合.C选项，的定义域为，在上为减函数，符合.D选项，的定义域为，不符合.故选：C【点睛】本小题主要考查函数的定义域和单调性，属于基础题.8A【解析】因为，所以排除C、D当从负方向趋近于0时，可得.故选A9A【解析】先利用最高点纵坐标求出A，再根据求出周期，再将代入求出的值.最后将代入解析式即可.【详解】由图象可知A1，所以T，.f（x）sin（2x+），将代入得）1，结合0，.sin.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的据图求式问题以及三角函数的公式变换.据图求式问题要注意结
10、合五点法作图求解.属于中档题.10C【解析】解一元次二次不等式得或，利用集合的交集运算求得.【详解】因为或，所以，故选C.【点睛】本题考查集合的交运算，属于容易题.11C【解析】先根据弦长求出直线的斜率，再利用抛物线定义可求出.【详解】设直线的倾斜角为，则，所以，即，所以直线的方程为.当直线的方程为，联立，解得和，所以；同理，当直线的方程为.，综上，或.选C.【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，弦长问题一般是利用弦长公式来处理.出现了到焦点的距离时，一般考虑抛物线的定义.12B【解析】根据诱导公式化简再分析即可.【详解】因为,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所
11、以p是q的必要而不充分条件.故选：B【点睛】本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,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】不妨设点A，D，C，B到面的距离分别为1，2，3，4，平面向下平移两个单位，与正四面体相交，过点D，与AB，AC分别相交于点E，F，根据题意F为中点，E为AB的三等分点（靠近点A），设棱长为a， 求得，再用余弦定理求得：，从而求得，再根据顶点A到面EDF的距离为，得到，然后利用等体积法求解，【详解】不妨设点A，D，C，B到面的距离分别为1，2，3，4，平面向下平移两个单位，与正四面体相交，过点D，与AB，AC分别相交于点E，F，如图
12、所示：由题意得：F为中点，E为AB的三等分点（靠近点A），设棱长为a， ，顶点D到面ABC的距离为所以，由余弦定理得：，所以，所以，又顶点A到面EDF的距离为，所以，因为，所以，解得，故答案为：【点睛】本题主要考查几何体的切割问题以及等体积法的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象，运算求解的能力，属于难题，14【解析】由，解得，进而求出，即可得出结果.【详解】解：因为，所以，解得，所以，所以向量与的夹角的大小为都答案为：.【点睛】本题主要考查平面向量的运算，平面向量垂直，向量夹角等基础知识；考查运算求解能力，属于基础题15【解析】利用导数的几何意义即可解决.【详解】由已知，故.故答案为：.【
13、点睛】本题考查导数的几何意义，要注意在某点的切线与过某点的切线的区别，本题属于基础题.16【解析】由可得，利用等比数列的通项公式可得，再利用累加法求和与等比数列的求和公式，即可得出结论.【详解】由，得，数列是等比数列，首项为2，公比为2，满足上式，.故答案为:.【点睛】本题考查数列的通项公式，递推公式转化为等比数列是解题的关键，利用累加法求通项公式，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）证明见解析；（2）【解析】（1）求解出导函数，分析导函数的单调性，再结合零点的存在性定理说明在上存在唯一的零点即可；（2）根据导函数零点，判断出的单调性，从而可确定，利用以及的单调性，可确定出之间的关系，从而的值可求.【详解】（1）证明：，.在区间上单调递增，在区间上单调递减，函数在上单调递增.又，令，则在上单调递减，故.令，则所以函数在上存在唯一的零点.（2）解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）.函数在上单调递增.当时，单调递减；当时，单调递增.由（*）式得.，显然是方程的解.又是单调递减函数，方程有且仅有唯一的解，把代入（*）式，得，即所求实数的值为.【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，其中涉及到判断函数在给定区间上的零点
