2022年湖北省黃崗市浠水實驗高中高考數學一模試卷含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1已知拋物線：的焦點為，過點的直線交拋物線于，兩點，其中點在第一象限，若弦的長為，則（ ）A2或

2、B3或C4或D5或2過拋物線的焦點的直線交該拋物線于，兩點，為坐標原點.若，則直線的斜率為( )ABCD3已知等差數列的前項和為，且，則（ ）A45B42C25D364將函數圖象上所有點向左平移個單位長度后得到函數的圖象，如果在區(qū)間上單調遞減，那么實數的最大值為（ ）ABCD5已知為正項等比數列，是它的前項和，若，且與的等差中項為，則的值是( )A29B30C31D326在三角形中，求（ ）ABCD7已知函數是奇函數，且，若對，恒成立，則的取值范圍是（ ）ABCD8在復平面內，復數對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限9在的展開式中，的系數為( )A-120B120C-15

3、D1510函數在的圖象大致為（ ）ABCD11歷史上有不少數學家都對圓周率作過研究，第一個用科學方法尋求圓周率數值的人是阿基米德，他用圓內接和外切正多邊形的周長確定圓周長的上下界，開創(chuàng)了圓周率計算的幾何方法，而中國數學家劉徽只用圓內接正多邊形就求得的近似值，他的方法被后人稱為割圓術近代無窮乘積式、無窮連分數、無窮級數等各種值的表達式紛紛出現，使得值的計算精度也迅速增加華理斯在1655年求出一個公式：，根據該公式繪制出了估計圓周率的近似值的程序框圖，如下圖所示，執(zhí)行該程序框圖，已知輸出的，若判斷框內填入的條件為，則正整數的最小值是ABCD12已知Sn為等比數列an的前n項和，a516，a3a43

4、2，則S8（ ）A21B24C85D85二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知函數在點處的切線經過原點，函數的最小值為，則_.14已知集合，則_15由于受到網絡電商的沖擊，某品牌的洗衣機在線下的銷售受到影響，承受了一定的經濟損失，現將地區(qū)200家實體店該品牌洗衣機的月經濟損失統(tǒng)計如圖所示，估算月經濟損失的平均數為，中位數為n，則_.16某種產品的質量指標值服從正態(tài)分布，且某用戶購買了件這種產品，則這件產品中質量指標值位于區(qū)間之外的產品件數為_三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知數列滿足且（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和.

5、18（12分）設數列的前列項和為，已知.（1）求數列的通項公式；（2）求證：.19（12分）已知函數.若在定義域內存在，使得成立，則稱為函數的局部對稱點.（1）若a，且a0，證明：函數有局部對稱點；（2）若函數在定義域內有局部對稱點，求實數c的取值范圍；（3）若函數在R上有局部對稱點，求實數m的取值范圍.20（12分）已知分別是橢圓的左焦點和右焦點，橢圓的離心率為是橢圓上兩點，點滿足.(1)求的方程；(2)若點在圓上，點為坐標原點，求的取值范圍.21（12分）如圖，四棱錐中，底面為直角梯形，在銳角中，E是邊PD上一點，且.（1）求證：平面ACE；（2）當PA的長為何值時，AC與平面PCD所成的

6、角為？22（10分）已知函數（1）求函數的零點；（2）設函數的圖象與函數的圖象交于，兩點，求證：；（3）若，且不等式對一切正實數x恒成立，求k的取值范圍參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1C【解析】先根據弦長求出直線的斜率，再利用拋物線定義可求出.【詳解】設直線的傾斜角為，則，所以，即，所以直線的方程為.當直線的方程為，聯立，解得和，所以；同理，當直線的方程為.，綜上，或.選C.【點睛】本題主要考查直線和拋物線的位置關系，弦長問題一般是利用弦長公式來處理.出現了到焦點的距離時，一般考慮拋物線的定義.2D【解析】根據拋物

7、線的定義，結合，求出的坐標，然后求出的斜率即可【詳解】解：拋物線的焦點，準線方程為，設，則，故，此時，即則直線的斜率故選：D【點睛】本題考查了拋物線的定義，直線斜率公式，屬于中檔題3D【解析】由等差數列的性質可知,進而代入等差數列的前項和的公式即可.【詳解】由題,.故選:D【點睛】本題考查等差數列的性質,考查等差數列的前項和.4B【解析】根據條件先求出的解析式，結合三角函數的單調性進行求解即可.【詳解】將函數圖象上所有點向左平移個單位長度后得到函數的圖象，則，設，則當時，即，要使在區(qū)間上單調遞減，則得，得，即實數的最大值為，故選：B.【點睛】本小題主要考查三角函數圖象變換，考查根據三角函數的單

8、調性求參數，屬于中檔題.5B【解析】設正項等比數列的公比為q，運用等比數列的通項公式和等差數列的性質，求出公比，再由等比數列的求和公式，計算即可得到所求【詳解】設正項等比數列的公比為q，則a4=16q3，a7=16q6，a4與a7的等差中項為，即有a4+a7=，即16q3+16q6，=，解得q=（負值舍去），則有S5=1故選C【點睛】本題考查等比數列的通項和求和公式的運用，同時考查等差數列的性質，考查運算能力，屬于中檔題6A【解析】利用正弦定理邊角互化思想結合余弦定理可求得角的值，再利用正弦定理可求得的值.【詳解】，由正弦定理得，整理得，由余弦定理得，.由正弦定理得.故選：A.【點睛】本題考查

9、利用正弦定理求值，涉及正弦定理邊角互化思想以及余弦定理的應用，考查計算能力，屬于中等題.7A【解析】先根據函數奇偶性求得，利用導數判斷函數單調性，利用函數單調性求解不等式即可.【詳解】因為函數是奇函數，所以函數是偶函數.，即，又，所以，.函數的定義域為，所以，則函數在上為單調遞增函數.又在上，所以為偶函數，且在上單調遞增.由，可得，對恒成立，則，對恒成立，得，所以的取值范圍是.故選：A.【點睛】本題考查利用函數單調性求解不等式，根據方程組法求函數解析式，利用導數判斷函數單調性，屬壓軸題.8B【解析】化簡復數為的形式，然后判斷復數的對應點所在象限，即可求得答案.【詳解】對應的點的坐標為在第二象限

10、故選：B.【點睛】本題主要考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數的代數表示法及其幾何意義，屬于基礎題.9C【解析】寫出展開式的通項公式，令，即，則可求系數【詳解】的展開式的通項公式為，令，即時，系數為故選C【點睛】本題考查二項式展開的通項公式，屬基礎題10B【解析】先考慮奇偶性，再考慮特殊值，用排除法即可得到正確答案.【詳解】是奇函數，排除C，D；，排除A.故選：B.【點睛】本題考查函數圖象的判斷，屬于?？碱}.11B【解析】初始：，第一次循環(huán)：，繼續(xù)循環(huán)；第二次循環(huán)：，此時，滿足條件，結束循環(huán)，所以判斷框內填入的條件可以是，所以正整數的最小值是3，故選B12D【解析】由等比數列的性質求得a1

11、q416，a12q532，通過解該方程求得它們的值，求首項和公比，根據等比數列的前n項和公式解答即可.【詳解】設等比數列an的公比為q，a516，a3a432，a1q416，a12q532，q2，則，則，故選：D.【點睛】本題主要考查等比數列的前n項和，根據等比數列建立條件關系求出公比是解決本題的關鍵，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。130【解析】求出，求出切線點斜式方程，原點坐標代入，求出的值，求，求出單調區(qū)間，進而求出極小值最小值，即可求解.【詳解】，切線的方程：，又過原點，所以，.當時，；當時，.故函數的最小值，所以.故答案為:0.【點睛】本題考查導數的應用，

12、涉及到導數的幾何意義、極值最值，屬于中檔題.14【解析】解一元二次不等式化簡集合，再進行集合的交運算，即可得到答案.【詳解】，.故答案為：.【點睛】本題考查一元二次不等式的求解、集合的交運算，考查運算求解能力，屬于基礎題.15360【解析】先計算第一塊小矩形的面積，第二塊小矩形的面積，面積和超過0.5，所以中位數在第二塊求解，然后再求得平均數作差即可.【詳解】第一塊小矩形的面積，第二塊小矩形的面積，故；而，故.故答案為：360.【點睛】本題考查頻率分布直方圖、樣本的數字特征，考查運算求解能力以及數形結合思想，屬于基礎題.16【解析】直接計算，可得結果.【詳解】由題可知：則質量指標值位于區(qū)間之外

13、的產品件數：故答案為：【點睛】本題考查正太分布中原則，審清題意，簡單計算，屬基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）；（2）【解析】（1）根據已知可得數列為等比數列，即可求解；（2）由（1）可得為等比數列，根據等比數列和等差數列的前項和公式，即可求解.【詳解】（1）因為，所以，又所以數列為等比數列，且首項為，公比為.故 （2）由（1）知，所以所以【點睛】本題考查等比數列的定義及通項公式、等差數列和等比數列的前項和，屬于基礎題.18（1）（2）證明見解析【解析】（1）由已知可得，構造等比數列即可求出通項公式；（2）當時，由，可求，時，由，可證，驗證時，不等

14、式也成立，即可得證.【詳解】（1）由可得，即，所以，解得，（2）當時，,當時，綜上，由可得遞增，時；所以，綜上：故.【點睛】本題主要考查了遞推數列求通項公式，利用放縮法證明不等式，涉及等比數列的求和公式，屬于難題.19（1）見解析（2）（3）【解析】（1）若函數有局部對稱點,則,即有解,即可求證；（2）由題可得在內有解,即方程在區(qū)間上有解,則,設,利用導函數求得的范圍,即可求得的范圍；（3）由題可得在上有解,即在上有解,設,則可變形為方程在區(qū)間內有解,進而求解即可.【詳解】（1）證明:由得,代入得,則得到關于x的方程,由于且,所以,所以函數必有局部對稱點（2）解:由題,因為函數在定義域內有局部

15、對稱點所以在內有解,即方程在區(qū)間上有解,所以,設,則,所以令,則,當時,故函數在區(qū)間上單調遞減,當時,故函數在區(qū)間上單調遞增,所以,因為,所以,所以,所以（3）解:由題,由于,所以,所以（*）在R上有解,令,則,所以方程（*）變?yōu)樵趨^(qū)間內有解,需滿足條件：,即,得【點睛】本題考查函數的局部對稱點的理解,利用導函數研究函數的最值問題,考查轉化思想與運算能力.20（1）；（2）.【解析】（1）根據焦點坐標和離心率，結合橢圓中的關系，即可求得的值，進而得橢圓的標準方程.（2）設出直線的方程為，由題意可知為中點.聯立直線與橢圓方程，由韋達定理表示出，由判別式可得；由平面向量的線性運算及數量積定義，化簡

16、可得，代入弦長公式化簡；由中點坐標公式可得點的坐標，代入圓的方程，化簡可得，代入數量積公式并化簡，由換元法令，代入可得，再令及，結合函數單調性即可確定的取值范圍，即確定的取值范圍，因而可得的取值范圍.【詳解】（1）分別是橢圓的左焦點和右焦點，則，橢圓的離心率為則解得，所以，所以的方程為.（2）設直線的方程為，點滿足，則為中點，點在圓上，設，聯立直線與橢圓方程，化簡可得，所以 則，化簡可得，而 由弦長公式代入可得為中點，則 點在圓上，代入化簡可得，所以令，則，令，則令，則，所以， 因為在內單調遞增，所以，即所以【點睛】本題考查了橢圓的標準方程求法，直線與橢圓的位置關系綜合應用，由韋達定理研究參數

17、間的關系，平面向量的線性運算與數量積運算，弦長公式的應用及換元法在求取值范圍問題中的綜合應用，計算量大，屬于難題.21（1）證明見解析；（2）當時，AC與平面PCD所成的角為.【解析】（1）連接交于，由相似三角形可得，結合得出，故而平面；（2）過作，可證平面，根據計算，得出的大小，再計算的長【詳解】（1）證明：連接BD交AC于點O，連接OE，又平面ACE，平面ACE，平面ACE.（2），平面PAD作，F為垂足，連接CF平面PAD，平面PAD.，有，平面就是AC與平面PCD所成的角，時，AC與平面PCD所成的角為.【點睛】本題考查了線面平行的判定，線面垂直的判定與線面角的計算，屬于中檔題22 (1)x=1 (2)證明見解析 (3) 【解析】（1）令，根據導函數確定函數的單調區(qū)間，求出極小值，進而求解；（2）轉化思想，要證 ，即證 ，即證，構造函數進而求證；（3）不等式 對一切正實數恒成立，設，分類討論進而求解【詳解】解：（1）令，所以，當時，