2022屆河南省范縣高考仿真模擬數學試卷含解析

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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、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若平面向量，滿足，則的最大值為（ ）ABCD2已知是圓心為坐標原點，半徑為1的圓上的任意一點，將射線繞點逆時針旋轉

2、到交圓于點，則的最大值為（ ）A3B2CD3已知m，n為異面直線，m平面，n平面，直線l滿足l m，l n，則（ ）A且B且C與相交，且交線垂直于D與相交，且交線平行于4設非零向量，滿足，且與的夾角為，則“”是“”的（ ）A充分非必要條件B必要非充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件5已知，則“直線與直線垂直”是“”的( )A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件6已知定義在上的函數的周期為4，當時，則（ ）ABCD7已知角的頂點與坐標原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，它的終邊過點，則的值為（ ）ABCD8已知正三角形的邊長為2，為邊的中點，、分別為邊、上的動點，

3、并滿足，則的取值范圍是（ ）ABCD9已知函數，若則（ ）Af(a)f(b) f(c)Bf(b) f(c) f(a)Cf(a) f(c) f(b)Df(c) f(b) f(a)10已知函數的圖像上有且僅有四個不同的關于直線對稱的點在的圖像上，則的取值范圍是( )ABCD11某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的最長棱的長為（ ）ABCD12已知實數、滿足不等式組，則的最大值為（）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設P為有公共焦點的橢圓與雙曲線的一個交點，且，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，若，則_.14展開式中的系數為_15已知關于x的不等式（axa24）（x4）0

4、的解集為A，且A中共含有n個整數，則當n最小時實數a的值為_16已知邊長為的菱形中，現沿對角線折起，使得二面角為，此時點，在同一個球面上，則該球的表面積為_.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）已知點P在拋物線上，且點P的橫坐標為2，以P為圓心，為半徑的圓（O為原點），與拋物線C的準線交于M，N兩點，且（1）求拋物線C的方程；（2）若拋物線的準線與y軸的交點為H過拋物線焦點F的直線l與拋物線C交于A，B，且，求的值18（12分）已知為等差數列，為等比數列，的前n項和為，滿足，.（1）求數列和的通項公式；（2）令，數列的前n項和，求.19（12分）如圖，在

5、四棱錐中，側棱底面，是棱中點.（1）已知點在棱上，且平面平面，試確定點的位置并說明理由；（2）設點是線段上的動點，當點在何處時，直線與平面所成角最大？并求最大角的正弦值.20（12分）已知數列是各項均為正數的等比數列，數列為等差數列，且，.（1）求數列與的通項公式；（2）求數列的前項和；（3）設為數列的前項和，若對于任意，有，求實數的值.21（12分）在平面直角坐標系中，直線的傾斜角為，且經過點以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線，從原點O作射線交于點M，點N為射線OM上的點，滿足，記點N的軌跡為曲線C（）求出直線的參數方程和曲線C的直角坐標方程；（）設直線與曲線C交于P，Q

6、兩點，求的值22（10分）在四棱椎中，四邊形為菱形，分別為，中點.（1）求證：；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.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】可根據題意把要求的向量重新組合成已知向量的表達，利用向量數量積的性質，化簡為三角函數最值.【詳解】由題意可得：，故選：C【點睛】本題主要考查根據已知向量的模求未知向量的模的方法技巧,把要求的向量重新組合成已知向量的表達是本題的關鍵點.本題屬中檔題.2C【解析】設射線OA與x軸正向所成的角為，由三角函數的定義得，利用輔助角公式計算即可.【詳解】設射線OA與x

7、軸正向所成的角為，由已知，所以，當時，取得等號.故選：C.【點睛】本題考查正弦型函數的最值問題，涉及到三角函數的定義、輔助角公式等知識，是一道容易題.3D【解析】試題分析：由平面，直線滿足，且，所以，又平面，所以，由直線為異面直線，且平面平面，則與相交，否則，若則推出，與異面矛盾，所以相交，且交線平行于，故選D考點：平面與平面的位置關系，平面的基本性質及其推論4C【解析】利用數量積的定義可得，即可判斷出結論【詳解】解：，解得，解得， “”是“”的充分必要條件故選：C【點睛】本題主要考查平面向量數量積的應用，考查推理能力與計算能力，屬于基礎題5B【解析】由兩直線垂直求得則或，再根據充要條件的判定

8、方法，即可求解.【詳解】由題意，“直線與直線垂直”則，解得或，所以“直線與直線垂直”是“”的必要不充分條件，故選B.【點睛】本題主要考查了兩直線的位置關系，及必要不充分條件的判定，其中解答中利用兩直線的位置關系求得的值，同時熟記充要條件的判定方法是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題.6A【解析】因為給出的解析式只適用于，所以利用周期性，將轉化為，再與一起代入解析式，利用對數恒等式和對數的運算性質，即可求得結果.【詳解】定義在上的函數的周期為4，當時，.故選：A.【點睛】本題考查了利用函數的周期性求函數值，對數的運算性質，屬于中檔題.7B【解析】根據三角函數定義得到，故，再利用和差

9、公式得到答案.【詳解】角的終邊過點，.故選：.【點睛】本題考查了三角函數定義，和差公式，意在考查學生的計算能力.8A【解析】建立平面直角坐標系，求出直線，設出點，通過，找出與的關系通過數量積的坐標表示，將表示成與的關系式，消元，轉化成或的二次函數，利用二次函數的相關知識，求出其值域，即為的取值范圍【詳解】以D為原點，BC所在直線為軸，AD所在直線為軸建系，設，則直線 ， 設點， 所以 由得 ，即 ，所以，由及，解得，由二次函數的圖像知，所以的取值范圍是故選A【點睛】本題主要考查解析法在向量中的應用，以及轉化與化歸思想的運用9C【解析】利用導數求得在上遞增，結合與圖象，判斷出的大小關系，由此比較

10、出的大小關系.【詳解】因為，所以在上單調遞增；在同一坐標系中作與圖象，可得，故.故選：C【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調性，考查利用函數的單調性比較大小，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.10D【解析】根據對稱關系可將問題轉化為與有且僅有四個不同的交點；利用導數研究的單調性從而得到的圖象；由直線恒過定點，通過數形結合的方式可確定；利用過某一點曲線切線斜率的求解方法可求得和，進而得到結果.【詳解】關于直線對稱的直線方程為：原題等價于與有且僅有四個不同的交點由可知，直線恒過點當時，在上單調遞減；在上單調遞增由此可得圖象如下圖所示：其中、為過點的曲線的兩條切線，切點分別為由圖象可知

11、，當時，與有且僅有四個不同的交點設，則，解得：設，則，解得：，則本題正確選項：【點睛】本題考查根據直線與曲線交點個數確定參數范圍的問題；涉及到過某一點的曲線切線斜率的求解問題；解題關鍵是能夠通過對稱性將問題轉化為直線與曲線交點個數的問題，通過確定直線恒過的定點，采用數形結合的方式來進行求解.11D【解析】先根據三視圖還原幾何體是一個四棱錐，根據三視圖的數據，計算各棱的長度.【詳解】根據三視圖可知，幾何體是一個四棱錐，如圖所示：由三視圖知： ， 所以，所以，所以該幾何體的最長棱的長為故選：D【點睛】本題主要考查三視圖的應用，還考查了空間想象和運算求解的能力，屬于中檔題.12A【解析】畫出不等式組

12、所表示的平面區(qū)域，結合圖形確定目標函數的最優(yōu)解，代入即可求解，得到答案【詳解】畫出不等式組所表示平面區(qū)域，如圖所示，由目標函數，化為直線，當直線過點A時，此時直線在y軸上的截距最大，目標函數取得最大值，又由，解得，所以目標函數的最大值為，故選A【點睛】本題主要考查簡單線性規(guī)劃求解目標函數的最值問題其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標函數的最優(yōu)解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，及推理與計算能力，屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】設根據橢圓的幾何性質可得,根據雙曲線的幾何性質可得，,即故答案為14【解析】把按照二項式定

13、理展開，可得的展開式中的系數【詳解】解：，故它的展開式中的系數為，故答案為：【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題15-1【解析】討論三種情況，a0時,根據均值不等式得到a（a）14，計算等號成立的條件得到答案.【詳解】已知關于x的不等式（axa14）（x4）0，a0時，x（a）（x4）0，其中a0，故解集為（a，4），由于a（a）14，當且僅當a，即a1時取等號，a的最大值為4，當且僅當a4時，A中共含有最少個整數，此時實數a的值為1；a0時，4（x4）0，解集為（，4），整數解有無窮多，故a0不符合條件； a0時，x（a）（x4）0，其中a

14、4，故解集為（，4）（a，+），整數解有無窮多，故a0不符合條件；綜上所述，a1故答案為：1【點睛】本題考查了解不等式，均值不等式，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.16【解析】分別取，的中點，連接，由圖形的對稱性可知球心必在的延長線上，設球心為，半徑為，由勾股定理可得、，再根據球的面積公式計算可得；【詳解】如圖，分別取，的中點，連接，則易得，由圖形的對稱性可知球心必在的延長線上，設球心為，半徑為，可得，解得，.故該球的表面積為.故答案為：【點睛】本題考查多面體的外接球的計算，屬于中檔題.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)4【解析】（1）將點

15、P橫坐標代入拋物線中求得點P的坐標，利用點P到準線的距離d和勾股定理列方程求出p的值即可；（2）設A、B點坐標以及直線AB的方程，代入拋物線方程，利用根與系數的關系，以及垂直關系，得出關系式，計算的值即可【詳解】（1）將點P橫坐標代入中，求得，P（2，），點P到準線的距離為，解得，拋物線C的方程為：；（2）拋物線的焦點為F（0，1），準線方程為，；設，直線AB的方程為，代入拋物線方程可得，由，可得，又，即，把代入得，則【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系，以及拋物線與圓的方程應用問題，考查轉化思想以及計算能力，是中檔題18（1），；（2）【解析】（1）設的公差為，的公比為，由基本量法列式求出

16、后可得通項公式；（2）奇數項分一組用裂項相消法求和，偶數項分一組用等比數列求和公式求和【詳解】（1）設的公差為，的公比為，由，.得：，解得，；（2）由，得，為奇數時，為偶數時，【點睛】本題考查求等差數列和等比數列的通項公式，考查分組求和法及裂項相消法、等差數列與等比數列的前項和公式，求通項公式采取的是基本量法，即求出公差、公比，由通項公式前項和公式得出相應結論數列求和問題，對不是等差數列或等比數列的數列求和，需掌握一些特殊方法：錯位相減法，裂項相消法，分組（并項）求和法，倒序相加法等等19（1）為中點，理由見解析；（2）當點在線段靠近的三等分點時，直線與平面所成角最大，最大角的正弦值.【解析】

17、(1)為中點,可利用中位線與平行四邊形性質證明，從而證明平面平面；（2）以A為原點，分別以，所在直線為、軸建立空間直角坐標系，利用向量法求出當點在線段靠近的三等分點時，直線與平面所成角最大，并可求出最大角的正弦值.【詳解】（1）為中點，證明如下：分別為中點，又平面平面平面 又，且四邊形為平行四邊形，同理，平面，又 平面平面（2）以A為原點，分別以，所在直線為、軸建立空間直角坐標系則， 設直線與平面所成角為，則取平面的法向量為則令，則所以 當時，等號成立即當點在線段靠近的三等分點時，直線與平面所成角最大，最大角的正弦值.【點睛】本題主要考查了平面與平面的平行，直線與平面所成角的求解，考查了學生的

18、直觀想象與運算求解能力.20（1），（2）（3）【解析】（1）假設公差，公比，根據等差數列和等比數列的通項公式，化簡式子，可得，然后利用公式法，可得結果.（2）根據（1）的結論，利用錯位相減法求和，可得結果.（3）計算出，代值計算并化簡，可得結果.【詳解】解：（1）依題意：，即，解得：所以，（2），上面兩式相減，得：則即所以，（3），所以由得，即【點睛】本題主要考查等差數列和等比數列的綜合應用，以及利用錯位相減法求和，屬基礎題.21（）(t為參數)，；（）1.【解析】（）直接由已知寫出直線l1的參數方程，設N（，），M（1，1），（0，10），由題意可得，即4cos，然后化為普通方程；（）將l1的參數方程代入C的直角坐標方程中，得到關于t的一元二次方程，再由參數t的幾何意義可得|AP|AQ|的值【詳解】（）直線l1的參數方程為，（t為參數）即（t為參數）設N（，），M（1，1），（0，10），則，即，即=4cos，曲線C的直角坐標方程為x2-4x+y2=0（x0）.（）將l1的參數方程代入C的直角坐標方程中，得，即，t1，t2為方程的兩個根，t1t2=-1，|AP|AQ|=|t1t2|=|-1|=1【點睛】本題考查簡單曲線的極坐標方程，考查直角坐標方程與直角坐標方程的互化，訓練了直線參數方程中參數t的幾何意義的應用，是中檔題22（1）證明見解析；（2）.【解析】（1