2021-2022學年黑龍江省綏化市三校高三適應性調研考試數學試題含解析

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當時，函數的圖象大致是（ ）ABCD2如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面上，且，若正方體的六個面所在的平

2、面與直線相交的平面?zhèn)€數分別記為，則下列結論正確的是（）ABCD3體育教師指導4個學生訓練轉身動作，預備時，4個學生全部面朝正南方向站成一排.訓練時，每次都讓3個學生“向后轉”，若4個學生全部轉到面朝正北方向，則至少需要“向后轉”的次數是（ ）A3B4C5D64已知函數，且的圖象經過第一、二、四象限，則，的大小關系為( )ABCD5若滿足，且目標函數的最大值為2，則的最小值為( )A8B4CD66設 ,則()A10B11C12D137已知是雙曲線的左、右焦點，若點關于雙曲線漸近線的對稱點滿足（為坐標原點），則雙曲線的漸近線方程為（）ABCD8若函數在時取得最小值，則（ ）ABCD9已知向量與的夾

3、角為，則( )AB0C0或D10設不等式組，表示的平面區(qū)域為，在區(qū)域內任取一點，則點的坐標滿足不等式的概率為ABCD11已知某超市2018年12個月的收入與支出數據的折線圖如圖所示：根據該折線圖可知，下列說法錯誤的是（ ）A該超市2018年的12個月中的7月份的收益最高B該超市2018年的12個月中的4月份的收益最低C該超市2018年1-6月份的總收益低于2018年7-12月份的總收益D該超市2018年7-12月份的總收益比2018年1-6月份的總收益增長了90萬元12已知拋物線的焦點為，準線與軸的交點為，點為拋物線上任意一點的平分線與軸交于，則的最大值為 ABCD二、填空題：本題共4小題，每

4、小題5分，共20分。13記Sk1k+2k+3k+nk，當k1，2，3，時，觀察下列等式：S1n2n，S2n3n2n，S3n4n3n2，S5An6n5n4+Bn2，可以推測，AB_14已知函數為偶函數，則_.15函數的最大值與最小正周期相同，則在上的單調遞增區(qū)間為_.16已知雙曲線：（，），直線：與雙曲線的兩條漸近線分別交于，兩點.若（點為坐標原點）的面積為32，且雙曲線的焦距為，則雙曲線的離心率為_.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）如圖，湖中有一個半徑為千米的圓形小島，岸邊點與小島圓心相距千米，為方便游人到小島觀光，從點向小島建三段棧道，湖面上的點在

5、線段上，且，均與圓相切，切點分別為，其中棧道，和小島在同一個平面上.沿圓的優(yōu)弧（圓上實線部分）上再修建棧道.記為.用表示棧道的總長度，并確定的取值范圍；求當為何值時，棧道總長度最短.18（12分）為迎接2022年冬奧會，北京市組織中學生開展冰雪運動的培訓活動，并在培訓結束后對學生進行了考核記表示學生的考核成績，并規(guī)定為考核優(yōu)秀為了了解本次培訓活動的效果，在參加培訓的學生中隨機抽取了30名學生的考核成績，并作成如下莖葉圖：（）從參加培訓的學生中隨機選取1人，請根據圖中數據，估計這名學生考核優(yōu)秀的概率；（）從圖中考核成績滿足的學生中任取2人，求至少有一人考核優(yōu)秀的概率；（）記表示學生的考核成績在區(qū)

6、間的概率，根據以往培訓數據，規(guī)定當時培訓有效請根據圖中數據，判斷此次中學生冰雪培訓活動是否有效，并說明理由19（12分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知（1）求B；（2）若，求的面積的最大值20（12分）在如圖所示的幾何體中，面CDEF為正方形，平面ABCD為等腰梯形，AB/CD，AB =2BC，點Q為AE的中點.（1）求證：AC/平面DQF；（2）若ABC=60，ACFB，求BC與平面DQF所成角的正弦值.21（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；

7、（3）若函數在R上有局部對稱點，求實數m的取值范圍.22（10分）設函數，（）.（1）若曲線在點處的切線方程為，求實數a、m的值；（2）若對任意恒成立，求實數a的取值范圍；（3）關于x的方程能否有三個不同的實根？證明你的結論.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。1B【解析】由，解得，即或，函數有兩個零點，不正確，設，則，由，解得或，由，解得：，即是函數的一個極大值點，不成立，排除，故選B.【方法點晴】本題通過對多個圖象的選擇考察函數的解析式、定義域、值域、單調性，導數的應用以及數學化歸思想，屬于難題.這類題型也是近年高考

8、常見的命題方向，該題型的特點是綜合性較強較強、考查知識點較多，但是并不是無路可循.解答這類題型可以從多方面入手，根據函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、特殊點以及時函數圖象的變化趨勢，利用排除法，將不合題意選項一一排除.2A【解析】根據題意，畫出幾何位置圖形，由圖形的位置關系分別求得的值，即可比較各選項.【詳解】如下圖所示，平面，從而平面，易知與正方體的其余四個面所在平面均相交，平面，平面，且與正方體的其余四個面所在平面均相交，結合四個選項可知，只有正確.故選：A.【點睛】本題考查了空間幾何體中直線與平面位置關系的判斷與綜合應用，對空間想象能力要求較高，屬于中檔題.3B【解析】通過列舉法，列舉

9、出同學的朝向，然后即可求出需要向后轉的次數.【詳解】“正面朝南”“正面朝北”分別用“”“”表示，利用列舉法，可得下表，原始狀態(tài)第1次“向后轉”第2次“向后轉”第3次“向后轉”第4次“向后轉”可知需要的次數為4次.故選：B.【點睛】本題考查的是求最小推理次數，一般這類題型構造較為巧妙，可通過列舉的方法直觀感受，屬于基礎題.4C【解析】根據題意，得，則為減函數，從而得出函數的單調性，可比較和，而，比較，即可比較.【詳解】因為，且的圖象經過第一、二、四象限，所以，所以函數為減函數，函數在上單調遞減，在上單調遞增，又因為，所以，又，則|，即，所以.故選：C.【點睛】本題考查利用函數的單調性比較大小，還

10、考查化簡能力和轉化思想.5A【解析】作出可行域，由，可得.當直線過可行域內的點時，最大，可得.再由基本不等式可求的最小值.【詳解】作出可行域，如圖所示由，可得.平移直線，當直線過可行域內的點時，最大，即最大，最大值為2.解方程組，得.，當且僅當，即時，等號成立.的最小值為8.故選：.【點睛】本題考查簡單的線性規(guī)劃，考查基本不等式，屬于中檔題.6B【解析】根據題中給出的分段函數，只要將問題轉化為求x10內的函數值，代入即可求出其值【詳解】f（x），f（5）ff（1）f（9）ff（15）f（13）1故選：B【點睛】本題主要考查了分段函數中求函數的值，屬于基礎題7B【解析】先利用對稱得，根據可得，由

11、幾何性質可得，即，從而解得漸近線方程.【詳解】如圖所示：由對稱性可得：為的中點，且，所以，因為，所以，故而由幾何性質可得，即，故漸近線方程為，故選B.【點睛】本題考查了點關于直線對稱點的知識，考查了雙曲線漸近線方程，由題意得出是解題的關鍵，屬于中檔題.8D【解析】利用輔助角公式化簡的解析式，再根據正弦函數的最值，求得在函數取得最小值時的值【詳解】解：，其中，故當，即時，函數取最小值，所以，故選：D【點睛】本題主要考查輔助角公式，正弦函數的最值的應用，屬于基礎題9B【解析】由數量積的定義表示出向量與的夾角為，再由，代入表達式中即可求出.【詳解】由向量與的夾角為，得，所以，又，所以，解得.故選：B

12、【點睛】本題主要考查向量數量積的運算和向量的模長平方等于向量的平方，考查學生的計算能力，屬于基礎題.10A【解析】畫出不等式組表示的區(qū)域，求出其面積，再得到在區(qū)域內的面積，根據幾何概型的公式，得到答案.【詳解】畫出所表示的區(qū)域，易知，所以的面積為，滿足不等式的點，在區(qū)域內是一個以原點為圓心，為半徑的圓面，其面積為，由幾何概型的公式可得其概率為，故選A項.【點睛】本題考查由約束條件畫可行域，求幾何概型，屬于簡單題.11D【解析】用收入減去支出，求得每月收益，然后對選項逐一分析，由此判斷出說法錯誤的選項.【詳解】用收入減去支出，求得每月收益（萬元），如下表所示：月份123456789101112收

13、益203020103030604030305030所以月收益最高，A選項說法正確；月收益最低，B選項說法正確；月總收益萬元，月總收益萬元，所以前個月收益低于后六個月收益，C選項說法正確，后個月收益比前個月收益增長萬元，所以D選項說法錯誤.故選D.【點睛】本小題主要考查圖表分析，考查收益的計算方法，屬于基礎題.12A【解析】求出拋物線的焦點坐標，利用拋物線的定義，轉化求出比值，求出等式左邊式子的范圍，將等式右邊代入，從而求解【詳解】解：由題意可得，焦點F（1，0），準線方程為x1，過點P作PM垂直于準線，M為垂足，由拋物線的定義可得|PF|PM|x1，記KPF的平分線與軸交于根據角平分線定理可得

14、，當時，當時，綜上：故選：A【點睛】本題主要考查拋物線的定義、性質的簡單應用，直線的斜率公式、利用數形結合進行轉化是解決本題的關鍵考查學生的計算能力，屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】觀察知各等式右邊各項的系數和為1，最高次項的系數為該項次數的倒數，據此計算得到答案.【詳解】根據所給的已知等式得到：各等式右邊各項的系數和為1，最高次項的系數為該項次數的倒數，A，A1，解得B，所以AB故答案為：【點睛】本題考查了歸納推理，意在考查學生的推理能力.14【解析】根據偶函數的定義列方程，化簡求得的值.【詳解】由于為偶函數，所以，即，即，即，即，即，即，即，所以.故答

15、案為：【點睛】本小題主要考查根據函數的奇偶性求參數，考查運算求解能力，屬于中檔題.15【解析】利用三角函數的輔助角公式進行化簡，求出函數的解析式，結合三角函數的單調性進行求解即可【詳解】，則函數的最大值為2，周期，的最大值與最小正周期相同，得，則，當時，則當時，得，即函數在，上的單調遞增區(qū)間為，故答案為：.【點睛】本題考查三角函數的性質、單調區(qū)間，利用輔助角公式求出函數的解析式是解決本題的關鍵，同時要注意單調區(qū)間為定義域的一個子區(qū)間16或【解析】用表示出的面積，求得等量關系，聯(lián)立焦距的大小，以及，即可容易求得，則離心率得解.【詳解】聯(lián)立解得.所以的面積，所以.而由雙曲線的焦距為知，所以.聯(lián)立解

16、得或故雙曲線的離心率為或.故答案為：或.【點睛】本題考查雙曲線的方程與性質，考查運算求解能力以及函數與方程思想，屬中檔題.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，；當時，棧道總長度最短.【解析】連，由切線長定理知：，即，則，進而確定的取值范圍；根據求導得，利用增減性算出，進而求得取值.【詳解】解：連，由切線長定理知：，又，故，則劣弧的長為，因此，優(yōu)弧的長為，又，故，即，所以，則；，其中，-0+單調遞減極小值單調遞增故時，所以當時，棧道總長度最短.【點睛】本題主要考查導數在函數當中的應用，屬于中檔題.18（）（）（）見解析【解析】（）根據莖葉圖求出滿足條件的概率即可；

17、（）結合圖表得到6人中有2個人考核為優(yōu)，從而求出滿足條件的概率即可；（）求出滿足的成績有16個，求出滿足條件的概率即可【詳解】解：（）設這名學生考核優(yōu)秀為事件，由莖葉圖中的數據可以知道，30名同學中，有7名同學考核優(yōu)秀，所以所求概率約為（）設從圖中考核成績滿足的學生中任取2人，至少有一人考核成績優(yōu)秀為事件，因為表中成績在的6人中有2個人考核為優(yōu)，所以基本事件空間包含15個基本事件，事件包含9個基本事件，所以（）根據表格中的數據，滿足的成績有16個，所以所以可以認為此次冰雪培訓活動有效【點睛】本題考查了莖葉圖問題，考查概率求值以及轉化思想，是一道常規(guī)題19（1）（2）【解析】(1)由正弦定理邊化

18、角化簡已知條件可求得,即可求得;(2)由余弦定理借助基本不等式可求得,即可求出的面積的最大值.【詳解】（1），所以，所以，（2）由余弦定理得.，當且僅當時取等，.所以的面積的最大值為.【點睛】本題考查了正余弦定理在解三角形中的應用,考查了三角形面積的最值問題,難度較易.20（1）見解析（2）【解析】（1）連接交于點，連接，通過證明，證得平面.（2）建立空間直角坐標系，利用直線的方向向量和平面的法向量，計算出線面角的正弦值.【詳解】（1）證明：連接交于點，連接，因為四邊形為正方形，所以點為的中點，又因為為的中點，所以； 平面平面，平面.（2）解：，設，則，在中，由余弦定理得：，又，平面平面 如圖

19、建立的空間直角坐標系在等腰梯形中，可得則那么 設平面的法向量為，則有，即，取，得 設與平面所成的角為，則所以與平面所成角的正弦值為 【點睛】本小題主要考查線面平行的證明，考查線面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.21（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