2022年陜西省西安市83中學高考數學考前最后一卷預測卷含解析

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．若點x,y位于由曲線x=y-2+1與x=3圍成的封閉區(qū)域內（包括邊界），則A．-3,1 B．-3,5 C．-∞,-32．在直角坐標系中，已知A（1，0），B（4，0），若直線x+my﹣1=0上存在點P，使得|PA|=2|PB|，則正實數m的最小值是()A． B．3 C． D．3．在中，角，，的對邊分別為，，，若，，，則（）A． B．3 C． D．44．設函數的定義域為，命題：，的否定是（）A．， B．，C．， D．，5．四人并排坐在連號的四個座位上，其中與不相鄰的所有不同的坐法種數是（）A．12 B．16 C．20 D．86．已知雙曲線的左，右焦點分別為，O為坐標原點，P為雙曲線在第一象限上的點，直線PO，分別交雙曲線C的左，右支于另一點，且，則雙曲線的離心率為()A． B．3 C．2 D．7．已知函數與的圖象有一個橫坐標為的交點，若函數的圖象的縱坐標不變，橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋逗螅玫降暮瘮翟谟星覂H有5個零點，則的取值范圍是()A． B．C． D．8．如果直線與圓相交，則點與圓C的位置關系是（）A．點M在圓C上 B．點M在圓C外C．點M在圓C內 D．上述三種情況都有可能9．已知函數是奇函數，則的值為（）A．－10 B．－9 C．－7 D．110．設曲線在點處的切線方程為，則（）A．1 B．2 C．3 D．411．已知曲線且過定點，若且，則的最小值為（）.A． B．9 C．5 D．12．已知集合A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，則滿足A∪C＝B的集合C的個數為（）A．4 B．3 C．2 D．1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設為拋物線的焦點，為上互相不重合的三點，且、、成等差數列，若線段的垂直平分線與軸交于，則的坐標為_______.14．設為等比數列的前項和，若，且，，成等差數列，則.15．已知在等差數列中，，，前n項和為，則________.16．已知的展開式中含有的項的系數是，則展開式中各項系數和為______.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）已知函數，.（1）若時，解不等式；（2）若關于的不等式在上有解，求實數的取值范圍.18．（12分）設函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范圍.19．（12分）已知橢圓的焦點在軸上，且順次連接四個頂點恰好構成了一個邊長為且面積為的菱形．（1）求橢圓的方程；（2）設，過橢圓右焦點的直線交于、兩點，若對滿足條件的任意直線，不等式恒成立，求的最小值.20．（12分）某公園準備在一圓形水池里設置兩個觀景噴泉，觀景噴泉的示意圖如圖所示，兩點為噴泉，圓心為的中點，其中米，半徑米，市民可位于水池邊緣任意一點處觀賞．（1）若當時，，求此時的值；（2）設，且．（i）試將表示為的函數，并求出的取值范圍；（ii）若同時要求市民在水池邊緣任意一點處觀賞噴泉時，觀賞角度的最大值不小于，試求兩處噴泉間距離的最小值．21．（12分）以直角坐標系的原點為極坐標系的極點，軸的正半軸為極軸．已知曲線的極坐標方程為，是上一動點，，點的軌跡為．（1）求曲線的極坐標方程，并化為直角坐標方程；（2）若點，直線的參數方程（為參數），直線與曲線的交點為，當取最小值時，求直線的普通方程．22．（10分）已知函數，.（1）當時，判斷是否是函數的極值點，并說明理由；（2）當時，不等式恒成立，求整數的最小值.

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。1．D【解析】

畫出曲線x=y-2+1與x=3圍成的封閉區(qū)域，y+1x-2表示封閉區(qū)域內的點(x,y)【詳解】畫出曲線x=y-2+1與y+1x-2表示封閉區(qū)域內的點(x,y)和定點P(2,-1)設k=y+1x-2，結合圖形可得k≥k由題意得點A,B的坐標分別為A(3,0),B(1,2)，∴kPA∴k≥1或k≤-3，∴y+1x-2的取值范圍為-∞,-3故選D．【點睛】解答本題的關鍵有兩個：一是根據數形結合的方法求解問題，即把y+1x-22．D【解析】

設點，由，得關于的方程.由題意，該方程有解，則，求出正實數m的取值范圍，即求正實數m的最小值.【詳解】由題意，設點.，即，整理得，則，解得或..故選：.【點睛】本題考查直線與方程，考查平面內兩點間距離公式，屬于中檔題.3．B【解析】由正弦定理及條件可得，即.，∴，由余弦定理得?！?選B。4．D【解析】

根據命題的否定的定義，全稱命題的否定是特稱命題求解.【詳解】因為：，是全稱命題，所以其否定是特稱命題，即，.故選：D【點睛】本題主要考查命題的否定，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.5．A【解析】

先將除A，B以外的兩人先排，再將A，B在3個空位置里進行插空，再相乘得答案.【詳解】先將除A，B以外的兩人先排，有種；再將A，B在3個空位置里進行插空，有種，所以共有種.故選：A【點睛】本題考查排列中不相鄰問題，常用插空法，屬于基礎題.6．D【解析】

本道題結合雙曲線的性質以及余弦定理，建立關于a與c的等式，計算離心率，即可．【詳解】結合題意，繪圖，結合雙曲線性質可以得到PO=MO，而，結合四邊形對角線平分，可得四邊形為平行四邊形，結合，故對三角形運用余弦定理，得到，而結合，可得，，代入上式子中，得到，結合離心率滿足，即可得出，故選D．【點睛】本道題考查了余弦定理以及雙曲線的性質，難度偏難．7．A【解析】

根據題意，，求出，所以，根據三角函數圖像平移伸縮，即可求出的取值范圍.【詳解】已知與的圖象有一個橫坐標為的交點，則，，，，，若函數圖象的縱坐標不變，橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋?，則，所以當時，，在有且僅有5個零點，，.故選：A.【點睛】本題考查三角函數圖象的性質、三角函數的平移伸縮以及零點個數問題，考查轉化思想和計算能力.8．B【解析】

根據圓心到直線的距離小于半徑可得滿足的條件，利用與圓心的距離判斷即可.【詳解】直線與圓相交，圓心到直線的距離，即．也就是點到圓的圓心的距離大于半徑．即點與圓的位置關系是點在圓外．故選：【點睛】本題主要考查直線與圓相交的性質，考查點到直線距離公式的應用，屬于中檔題．9．B【解析】

根據分段函數表達式，先求得的值，然后結合的奇偶性，求得的值.【詳解】因為函數是奇函數，所以，.故選：B【點睛】本題主要考查分段函數的解析式、分段函數求函數值，考查數形結合思想.意在考查學生的運算能力，分析問題、解決問題的能力.10．D【解析】

利用導數的幾何意義得直線的斜率，列出a的方程即可求解【詳解】因為，且在點處的切線的斜率為3，所以，即.故選：D【點睛】本題考查導數的幾何意義，考查運算求解能力，是基礎題11．A【解析】

根據指數型函數所過的定點，確定，再根據條件，利用基本不等式求的最小值.【詳解】定點為,，當且僅當時等號成立，即時取得最小值.故選：A【點睛】本題考查指數型函數的性質，以及基本不等式求最值，意在考查轉化與變形，基本計算能力，屬于基礎題型.12．A【解析】

由可確定集合中元素一定有的元素，然后列出滿足題意的情況，得到答案.【詳解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4種情況，所以選A項.【點睛】考查集合并集運算，屬于簡單題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．或【解析】

設出三點的坐標，結合等差數列的性質、線段垂直平分線的性質、拋物線的定義進行求解即可.【詳解】拋物線的準線方程為：，設，由拋物線的定義可知：，，，因為、、成等差數列，所以有，所以，因為線段的垂直平分線與軸交于，所以，因此有，化簡整理得：或.若，由可知；，這與已知矛盾，故舍去；若，所以有，因此.故答案為：或【點睛】本題考查了拋物線的定義的應用，考查了等差數列的性質，考查了數學運算能力.14．.【解析】試題分析：∵，，成等差數列，∴，又∵等比數列，∴.考點：等差數列與等比數列的性質.【名師點睛】本題主要考查等差與等比數列的性質，屬于容易題，在解題過程中，需要建立關于等比數列基本量的方程即可求解，考查學生等價轉化的思想與方程思想.15．39【解析】

設等差數列公差為d,首項為,再利用基本量法列式求解公差與首項,進而求得即可.【詳解】設等差數列公差為d,首項為,根據題意可得,解得,所以.故答案為：39【點睛】本題考查等差數列的基本量計算以及前n項和的公式,屬于基礎題.16．1【解析】

由二項式定理及展開式通項公式得：，解得，令得：展開式中各項系數和，得解．【詳解】解：由的展開式的通項，令，得含有的項的系數是，解得，令得：展開式中各項系數和為，故答案為：1．【點睛】本題考查了二項式定理及展開式通項公式，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）【解析】

（1）零點分段法，分，，討論即可；（2）當時，原問題可轉化為：存在，使不等式成立，即.【詳解】解：（1）若時，，當時，原不等式可化為，解得，所以，當時，原不等式可化為，解得，所以，當時，原不等式可化為，解得，所以，綜上述：不等式的解集為；（2）當時，由得，即，故得，又由題意知：，即，故的范圍為.【點睛】本題考查解絕對值不等式以及不等式能成立求參數，考查學生的運算能力，是一道容易題.18．(1)；(2).【解析】

分析：（1）先根據絕對值幾何意義將不等式化為三個不等式組，分別求解，最后求并集，（2）先化簡不等式為，再根據絕對值三角不等式得最小值，最后解不等式得的取值范圍．詳解：（1）當時，可得的解集為．（2）等價于．而，且當時等號成立．故等價于．由可得或，所以的取值范圍是．點睛：含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區(qū)間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用，這是命題的新動向．19．（1）（2）【解析】

（1）由已知條件列出關于和的方程，并計算出和的值，jike得到橢圓的方程.（2）設出點和點坐標，運用點坐標計算出，分類討論直線的斜率存在和不存在兩種情況，求解出的最小值.【詳解】（1）由己知得：，解得，所以，橢圓的方程（2）設，．當直線垂直于軸時，，且此時，，當直線不垂直于軸時，設直線由，得．，.要使恒成立，只需，即最小值為【點睛】本題考查了求解橢圓方程以及直線與橢圓的位置關系，求解過程中需要分類討論直線的斜率存在和不存在兩種情況，并運用根與系數的關系轉化為只含一個變量的表達式進行求解，需要掌握解題方法，并且有一定的計算量.20．(1)；(2)(i)，；(ii).【解析】

（1）在中，由正弦定理可得所求；（2）（i）由余弦定理得，兩式相加可得所求解析式．（ii）在中，由余弦定理可得，根據的最大值不小于可得關于的不等式，解不等式可得所求．【詳解】（1）在中，由正弦定理得，所以，即．（2）（i）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，又所以，即．又，解得，所以所求關系式為，．（ii）當觀賞角度的最大時，取得最小值．在中，由余弦定理可得，因為的最大值不小于，所以，解得，經驗證知，所以．即兩處噴泉間距離的最小值為．【點睛】本題考查解三角形在實際中的應用，解題時要注意把條件轉化為三角形的邊或角，然后借助正余弦定理進行求解．解題時要注意三角形邊角關系的運用，同時還要注意所得結果要符合實際意義．21．（1），；（2）.【解析】

（1）設點極坐標分別為,，由可得,整理即可得到極坐標方程,進而求得直角坐標方程；（2）設點對應的參數分別為，則，，將直線的參數方程代入的直角坐標方程中,再利用韋達定理可得，，則，求得取最小值時符合的條件,進而求得直線的普通方程.【詳解】（1）設點極坐標分別為，，因為,則，所以曲線的極坐標方程為，兩邊同乘,得，所以的直角坐標方程為,即.（2）設點對應的參數分別為，則,，將直線的參數方程（參數），代入的直角坐標方程中，整理得.由韋達定理得，，所以，當且僅當時，等號成立，則，所以當取得最小值時，直線的普通方程為.【點睛】本題考查極坐標與直角坐標方程的轉化,考查利用直線的參數方程研究直線與圓的位置關系．22．（1）是函數的極大值點，理由詳見解析；（2）1.【解析】

（1）將直接代入，對求導得，由于函數單調性不好判斷，故而構造函數，繼續(xù)求導，判斷導函數在左右兩邊的正負情況，最后得出，