2022屆福建省泉州市第十六高考考前提分數學仿真卷含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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。1兩圓和相外切，且，則的最大值為（ ）AB9CD12已知復數滿足，則的最大值為（ ）ABCD63已知點，點在曲線上運動，點為拋物線的焦點，則的最小值為（ ）ABCD44已知橢圓：的左、右焦點分別為，點，在橢圓上，其中，若，則橢圓的離心率的

2、取值范圍為（ ）ABCD5（）ABCD6已知雙曲線（，）的左、右焦點分別為，以（為坐標原點）為直徑的圓交雙曲線于兩點，若直線與圓相切，則該雙曲線的離心率為（ ）ABCD7設雙曲線（a0，b0）的一個焦點為F（c,0）（c0），且離心率等于，若該雙曲線的一條漸近線被圓x2+y22cx0截得的弦長為2，則該雙曲線的標準方程為（ ）ABCD8從集合中隨機選取一個數記為，從集合中隨機選取一個數記為，則在方程表示雙曲線的條件下，方程表示焦點在軸上的雙曲線的概率為（ ）ABCD9已知點是拋物線的對稱軸與準線的交點，點為拋物線的焦點，點在拋物線上且滿足，若取得最大值時，點恰好在以為焦點的橢圓上，則橢圓的離心

3、率為（ ）ABCD10設a,b(0,1)(1,+)，則a=b是logab=logba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11若直線l不平行于平面，且l，則（ ）A內所有直線與l異面B內只存在有限條直線與l共面C內存在唯一的直線與l平行D內存在無數條直線與l相交12已知為虛數單位，若復數，則ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13正四面體的各個點在平面同側，各點到平面的距離分別為1，2，3，4，則正四面體的棱長為_14已知函數，則關于的不等式的解集為_15函數的最小正周期是_，單調遞增區(qū)間是_.16已知雙曲線的左右焦點分別為，過的直線與雙曲

4、線左支交于兩點，的內切圓的圓心的縱坐標為，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）記無窮數列的前項中最大值為，最小值為，令，則稱是“極差數列”.（1）若，求的前項和；（2）證明：的“極差數列”仍是；（3）求證：若數列是等差數列，則數列也是等差數列.18（12分）已知函數（是自然對數的底數，）.（1）求函數的圖象在處的切線方程；（2）若函數在區(qū)間上單調遞增，求實數的取值范圍；（3）若函數在區(qū)間上有兩個極值點，且恒成立，求滿足條件的的最小值（極值點是指函數取極值時對應的自變量的值）.19（12分）已知函數.（1）解不等式；（2）記函數的最大

5、值為，若，證明：.20（12分）已知函數.（1）若函數在上單調遞減，求實數的取值范圍；（2）若，求的最大值.21（12分）已知函數.（1）解不等式；（2）若函數最小值為，且，求的最小值.22（10分）已知函數，其中.（）若，求函數的單調區(qū)間；（）設.若在上恒成立，求實數的最大值.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。1A【解析】由兩圓相外切，得出，結合二次函數的性質，即可得出答案.【詳解】因為兩圓和相外切所以，即當時，取最大值故選：A【點睛】本題主要考查了由圓與圓的位置關系求參數，屬于中檔題.2B【解析】設，利用復數幾何意

6、義計算.【詳解】設，由已知，所以點在單位圓上，而，表示點到的距離，故.故選：B.【點睛】本題考查求復數模的最大值，其實本題可以利用不等式來解決.3D【解析】如圖所示：過點作垂直準線于，交軸于，則，設，則，利用均值不等式得到答案.【詳解】如圖所示：過點作垂直準線于，交軸于，則，設，則，當，即時等號成立.故選：.【點睛】本題考查了拋物線中距離的最值問題，意在考查學生的計算能力和轉化能力.4C【解析】根據可得四邊形為矩形, 設,根據橢圓的定義以及勾股定理可得,再分析的取值范圍,進而求得再求離心率的范圍即可.【詳解】設,由,知,因為,在橢圓上,所以四邊形為矩形,；由,可得,由橢圓的定義可得,平方相減可

7、得,由得；令,令,所以,即,所以,所以,所以,解得.故選：C【點睛】本題主要考查了橢圓的定義運用以及構造齊次式求橢圓的離心率的問題,屬于中檔題.5B【解析】利用復數代數形式的乘除運算化簡得答案【詳解】故選B【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查了復數的基本概念，是基礎題6D【解析】連接，可得，在中，由余弦定理得，結合雙曲線的定義，即得解.【詳解】連接，則，所以，在中，故在中，由余弦定理可得. 根據雙曲線的定義，得，所以雙曲線的離心率故選：D【點睛】本題考查了雙曲線的性質及雙曲線的離心率，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.7C【解析】由題得，又，聯立解方程組即可得，

8、進而得出雙曲線方程.【詳解】由題得 又該雙曲線的一條漸近線方程為，且被圓x2+y22cx0截得的弦長為2，所以 又 由可得：，所以雙曲線的標準方程為.故選：C【點睛】本題主要考查了雙曲線的簡單幾何性質，圓的方程的有關計算，考查了學生的計算能力.8A【解析】設事件A為“方程表示雙曲線”，事件B為“方程表示焦點在軸上的雙曲線”，分別計算出，再利用公式計算即可.【詳解】設事件A為“方程表示雙曲線”，事件B為“方程表示焦點在軸上的雙曲線”，由題意，則所求的概率為.故選：A.【點睛】本題考查利用定義計算條件概率的問題，涉及到雙曲線的定義，是一道容易題.9B【解析】設，利用兩點間的距離公式求出的表達式，結

9、合基本不等式的性質求出的最大值時的點坐標，結合橢圓的定義以及橢圓的離心率公式求解即可.【詳解】設，因為是拋物線的對稱軸與準線的交點，點為拋物線的焦點，所以，則，當時，當時，當且僅當時取等號，此時，點在以為焦點的橢圓上，由橢圓的定義得，所以橢圓的離心率，故選B.【點睛】本題主要考查橢圓的定義及離心率，屬于難題.離心率的求解在圓錐曲線的考查中是一個重點也是難點，一般求離心率有以下幾種情況：直接求出，從而求出;構造的齊次式，求出;采用離心率的定義以及圓錐曲線的定義來求解10A【解析】根據題意得到充分性，驗證a=2,b=12得出不必要，得到答案.【詳解】a,b0,11,+，當a=b時，logab=lo

10、gba，充分性；當logab=logba，取a=2,b=12，驗證成立，故不必要.故選：A.【點睛】本題考查了充分不必要條件，意在考查學生的計算能力和推斷能力.11D【解析】通過條件判斷直線l與平面相交，于是可以判斷ABCD的正誤.【詳解】根據直線l不平行于平面，且l可知直線l與平面相交，于是ABC錯誤，故選D.【點睛】本題主要考查直線與平面的位置關系，直線與直線的位置關系，難度不大.12B【解析】因為，所以，故選B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】不妨設點A，D，C，B到面的距離分別為1，2，3，4，平面向下平移兩個單位，與正四面體相交，過點D，與AB，AC分別相交

11、于點E，F，根據題意F為中點，E為AB的三等分點（靠近點A），設棱長為a， 求得，再用余弦定理求得：，從而求得，再根據頂點A到面EDF的距離為，得到，然后利用等體積法求解，【詳解】不妨設點A，D，C，B到面的距離分別為1，2，3，4，平面向下平移兩個單位，與正四面體相交，過點D，與AB，AC分別相交于點E，F，如圖所示：由題意得：F為中點，E為AB的三等分點（靠近點A），設棱長為a， ，頂點D到面ABC的距離為所以，由余弦定理得：，所以，所以，又頂點A到面EDF的距離為，所以，因為，所以，解得，故答案為：【點睛】本題主要考查幾何體的切割問題以及等體積法的應用，還考查了轉化化歸的思想和空間想象，

12、運算求解的能力，屬于難題，14【解析】判斷的奇偶性和單調性，原不等式轉化為，運用單調性，可得到所求解集【詳解】令，易知函數為奇函數，在R上單調遞增，即，即x故答案為：【點睛】本題考查函數的奇偶性和單調性的運用：解不等式，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題15 ， 【解析】化簡函數的解析式，利用余弦函數的圖象和性質求解即可【詳解】函數，最小正周期，令，可得，所以單調遞增區(qū)間是，故答案為：，【點睛】本題主要考查了二倍角的公式的應用，余弦函數的圖象與性質，屬于中檔題162【解析】由題意畫出圖形，設內切圓的圓心為，圓分別切于，可得四邊形為正方形,再由圓的切線的性質結臺雙曲線的定義，求得的內切圓的圓心的

13、縱坐標,結合已知列式，即可求得雙曲線的離心率.【詳解】設內切圓的圓心為，圓分別切于，連接，則，故四邊形為正方形，邊長為圓的半徑，由，得，與重合，即，聯立解得：，又因圓心的縱坐標為，.故答案為：【點睛】本題考查雙曲線的幾何性質，考查數形結合思想與運算求解能力,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）證明見解析（3）證明見解析【解析】（1）由是遞增數列，得，由此能求出的前項和.（2）推導出，由此能證明的“極差數列”仍是.（3）證當數列是等差數列時，設其公差為，是一個單調遞增數列，從而，由，分類討論，能證明若數列是等差數列，則數列也是等差數列.【詳解

14、】（1）解：無窮數列的前項中最大值為，最小值為，是遞增數列，的前項和.（2）證明：，的“極差數列”仍是（3）證明：當數列是等差數列時，設其公差為，根據，的定義，得：，且兩個不等式中至少有一個取等號，當時，必有，是一個單調遞增數列，是等差數列，當時，則必有，是一個單調遞減數列，.是等差數列，當時，中必有一個為0，根據上式，一個為0，為一個必為0，數列是常數數列，則數列是等差數列.綜上，若數列是等差數列，則數列也是等差數列.【點睛】本小題主要考查新定義數列的理解和運用，考查等差數列的證明，考查數列的單調性，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于難題.18（1）；（2）；（3）.【解析】（1）利用導數的

15、幾何意義計算即可；（2）在上恒成立，只需，注意到；（3）在上有兩根，令，求導可得在上單調遞減，在上單調遞增，所以且，求出的范圍即可.【詳解】（1）因為，所以，當時，所以切線方程為，即.（2），.因為函數在區(qū)間上單調遞增，所以，且恒成立，即，所以，即，又，故，所以實數的取值范圍是.（3）.因為函數在區(qū)間上有兩個極值點，所以方程在上有兩不等實根，即.令，則，由，得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，解得且.又由，所以，且當和時，單調遞增，當時，單調遞減，是極值點，此時令，則，所以在上單調遞減，所以.因為恒成立，所以.若，取，則，所以.令，則，.當時，；當時，.所以，所以在上單調遞增，所以，即存

16、在使得，不合題意.滿足條件的的最小值為-4.【點睛】本題考查導數的綜合應用，涉及到導數的幾何意義，利用導數研究函數的單調性、極值點，不等式恒成立等知識，是一道難題.19（1）；（2）證明見解析【解析】（1）將函數整理為分段函數形式可得,進而分類討論求解不等式即可；（2）先利用絕對值不等式的性質得到的最大值為3,再利用均值定理證明即可.【詳解】（1）當時，恒成立，；當時，即，；當時，顯然不成立，不合題意；綜上所述，不等式的解集為.（2）由（1）知，于是由基本不等式可得 （當且僅當時取等號） （當且僅當時取等號）（當且僅當時取等號）上述三式相加可得（當且僅當時取等號），故得證.【點睛】本題考查解絕

17、對值不等式和利用均值定理證明不等式,考查絕對值不等式的最值的應用，解題關鍵是掌握分類討論解決帶絕對值不等式的方法，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.20（1）（2）【解析】（1）根據單調遞減可知導函數恒小于等于，采用參變分離的方法分離出，并將的部分構造成新函數，分析與最值之間的關系；（2）通過對的導函數分析，確定有唯一零點，則就是的極大值點也是最大值點，計算的值并利用進行化簡，從而確定.【詳解】（1）由題意知， 在上恒成立，所以在上恒成立.令，則，所以在上單調遞增，所以，所以.（2）當時，.則，令，則，所以在上單調遞減.由于，所以存在滿足，即.當時，；當時，.所以在上單調遞增，在上單調遞減

18、.所以，因為，所以，所以，所以.【點睛】（1）求函數中字母的范圍時，常用的方法有兩種：參變分離法、分類討論法；（2）當導函數不易求零點時，需要將導函數中某些部分拿出作單獨分析，以便先確定導函數的單調性從而確定導函數的零點所在區(qū)間，再分析整個函數的單調性，最后確定出函數的最值.21（1）（2）【解析】（1）利用零點分段法，求得不等式的解集.（2）先求得，即，再根據“的代換”的方法，結合基本不等式，求得的最小值.【詳解】（1）當時，即，無解；當時，即，得；當時，即，得.故所求不等式的解集為.（2）因為，所以，則，.當且僅當即時取等號.故的最小值為.【點睛】本小題主要考查零點分段法解絕對值不等式，考查利用基本不等式求最值，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.22（）單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為；（）.【解析】（）求出函數的定義域以及導數，利用導數可求出該函數的單調遞增區(qū)間和單調遞減區(qū)間；（）由題意可知在上恒成立，分和兩種情況討論，在時，構造函數，利用導數證明出在上恒成立；在時，經過分析得出，然后構造函數，利用導數證明出在上恒成立，由此得出，進而可得出實數的最大值.【詳解】（）函數的定義域為.當時，. 令，解得（舍去），.當時，所以，函數在上單調