福建省廈門市高中畢業(yè)班2021-2022學年高三下學期第五次調研考試數(shù)學試題含解析

1、2021-2022高考數(shù)學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規(guī)定答題。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已知橢圓的左、右焦點分別為、，過的直線交橢圓于A，B兩點，交y軸于點M，若、M是線段AB的三等分點，則橢圓的離心率為( )ABCD2一個正三角形的三個頂點都在雙曲線的右支上，且其中一個頂點在雙曲線的右頂點，則實數(shù)的取值范圍是（ ）ABCD3設

2、，則“”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4中，點在邊上，平分，若，則（ ）ABCD5已知平面向量，則實數(shù)x的值等于（ ）A6B1CD6已知雙曲線的兩條漸近線與拋物線的準線分別交于點、，O為坐標原點若雙曲線的離心率為2，三角形AOB的面積為，則p=（ ）A1BC2D37已知銳角滿足則（ ）ABCD8函數(shù)在上的最大值和最小值分別為（ ）A，-2B，-9C-2，-9D2，-29已知展開式的二項式系數(shù)和與展開式中常數(shù)項相等，則項系數(shù)為（ ）A10B32C40D8010在原點附近的部分圖象大概是（ ）ABCD11如圖，雙曲線的左，右焦點分別是直線與雙曲線的兩

3、條漸近線分別相交于兩點.若則雙曲線的離心率為（ ）ABCD12設復數(shù)滿足，在復平面內對應的點為，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知，則與的夾角為 .14已知函數(shù)（）在區(qū)間上的值小于0恒成立，則的取值范圍是_.15已知函數(shù)，若關于的方程在定義域上有四個不同的解，則實數(shù)的取值范圍是_.16已知數(shù)列為正項等比數(shù)列，則的最小值為_.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(shù)，.(1)求的值；(2)令在上最小值為，證明：.18（12分）在平面直角坐標系中,已知橢圓：（）的左、右焦點分別為、,且點、與橢圓的上頂點構成邊長為2的

4、等邊三角形（1）求橢圓的方程；（2）已知直線與橢圓相切于點,且分別與直線和直線相交于點、試判斷是否為定值,并說明理由19（12分）已知橢圓的焦距為2，且過點（1）求橢圓的方程；（2）設為的左焦點，點為直線上任意一點，過點作的垂線交于兩點，（）證明：平分線段（其中為坐標原點）；（）當取最小值時，求點的坐標20（12分）如圖，在三棱錐中，側面為等邊三角形，側棱.（1）求證：平面平面；（2）求三棱錐外接球的體積.21（12分）選修4-5：不等式選講已知函數(shù)f（x）=log2（|x+1|+|x2|m）（1）當m=7時，求函數(shù)f（x）的定義域；（2）若關于x的不等式f（x）2的解集是R，求m的取值范圍2

5、2（10分）已知函數(shù).（1）若函數(shù)，試討論的單調性；（2）若，求的取值范圍.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。1D【解析】根據(jù)題意，求得的坐標，根據(jù)點在橢圓上，點的坐標滿足橢圓方程，即可求得結果.【詳解】由已知可知，點為中點，為中點，故可得，故可得；代入橢圓方程可得，解得，不妨取，故可得點的坐標為，則，易知點坐標，將點坐標代入橢圓方程得，所以離心率為，故選：D.【點睛】本題考查橢圓離心率的求解，難點在于根據(jù)題意求得點的坐標，屬中檔題.2D【解析】因為雙曲線分左右支，所以，根據(jù)雙曲線和正三角形的對稱性可知：第一象限的頂點

6、坐標為，將其代入雙曲線可解得【詳解】因為雙曲線分左右支，所以，根據(jù)雙曲線和正三角形的對稱性可知：第一象限的頂點坐標為，將其代入雙曲線方程得：，即，由得故選：【點睛】本題考查了雙曲線的性質，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平3B【解析】先解不等式化簡兩個條件，利用集合法判斷充分必要條件即可【詳解】解不等式可得，解絕對值不等式可得，由于為的子集，據(jù)此可知“”是“”的必要不充分條件故選：B【點睛】本題考查了必要不充分條件的判定，考查了學生數(shù)學運算，邏輯推理能力，屬于基礎題.4B【解析】由平分，根據(jù)三角形內角平分線定理可得，再根據(jù)平面向量的加減法運算即得答案.【詳解】平分，根據(jù)三角形內角平分線定理可

7、得，又，.故選：.【點睛】本題主要考查平面向量的線性運算，屬于基礎題.5A【解析】根據(jù)向量平行的坐標表示即可求解.【詳解】，即，故選：A【點睛】本題主要考查了向量平行的坐標運算，屬于容易題.6C【解析】試題分析：拋物線的準線為，雙曲線的離心率為2，則，漸近線方程為，求出交點，則；選C考點：1.雙曲線的漸近線和離心率；2.拋物線的準線方程；7C【解析】利用代入計算即可.【詳解】由已知，因為銳角，所以，即.故選：C.【點睛】本題考查二倍角的正弦、余弦公式的應用，考查學生的運算能力，是一道基礎題.8B【解析】由函數(shù)解析式中含絕對值，所以去絕對值并畫出函數(shù)圖象，結合圖象即可求得在上的最大值和最小值.【

8、詳解】依題意，作出函數(shù)的圖象如下所示；由函數(shù)圖像可知，當時，有最大值，當時，有最小值.故選：B.【點睛】本題考查了絕對值函數(shù)圖象的畫法，由函數(shù)圖象求函數(shù)的最值，屬于基礎題.9D【解析】根據(jù)二項式定理通項公式可得常數(shù)項，然后二項式系數(shù)和，可得，最后依據(jù)，可得結果.【詳解】由題可知：當時，常數(shù)項為又展開式的二項式系數(shù)和為由所以當時，所以項系數(shù)為故選：D【點睛】本題考查二項式定理通項公式，熟悉公式，細心計算，屬基礎題.10A【解析】分析函數(shù)的奇偶性，以及該函數(shù)在區(qū)間上的函數(shù)值符號，結合排除法可得出正確選項.【詳解】令，可得，即函數(shù)的定義域為，定義域關于原點對稱，則函數(shù)為奇函數(shù)，排除C、D選項；當時，

9、則，排除B選項.故選：A.【點睛】本題考查利用函數(shù)解析式選擇函數(shù)圖象，一般要分析函數(shù)的定義域、奇偶性、單調性、零點以及函數(shù)值符號，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.11A【解析】易得，過B作x軸的垂線，垂足為T，在中，利用即可得到的方程.【詳解】由已知，得，過B作x軸的垂線，垂足為T，故，又所以，即，所以雙曲線的離心率.故選：A.【點睛】本題考查雙曲線的離心率問題，在作雙曲線離心率問題時，最關鍵的是找到的方程或不等式，本題屬于容易題.12B【解析】設，根據(jù)復數(shù)的幾何意義得到、的關系式，即可得解；【詳解】解：設，解得.故選：B【點睛】本題考查復數(shù)的幾何意義的應用，屬于基礎題.二、填空題：

10、本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據(jù)已知條件，去括號得：，14【解析】首先根據(jù)的取值范圍，求得的取值范圍，由此求得函數(shù)的值域，結合區(qū)間上的值小于0恒成立列不等式組，解不等式組求得的取值范圍.【詳解】由于，所以，由于區(qū)間上的值小于0恒成立，所以（）.所以，由于，所以，由于，所以令得.所以的取值范圍是.故答案為：【點睛】本小題主要考查三角函數(shù)值域的求法，考查三角函數(shù)值恒小于零的問題的求解，考查化歸與轉化的數(shù)學思想方法，屬于中檔題.15【解析】由題意可在定義域上有四個不同的解等價于關于原點對稱的函數(shù)與函數(shù)的圖象有兩個交點，運用參變分離和構造函數(shù)，進而借助導數(shù)分析單調性與極值，畫出函數(shù)

11、圖象，即可得到所求范圍.【詳解】已知定義在上的函數(shù)若在定義域上有四個不同的解等價于關于原點對稱的函數(shù)與函數(shù)f(x)=lnx-x(x0)的圖象有兩個交點，聯(lián)立可得有兩個解，即可設，則，進而且不恒為零，可得在單調遞增.由可得時，單調遞減；時，單調遞增，即在處取得極小值且為作出的圖象，可得時，有兩個解.故答案為：【點睛】本題考查利用利用導數(shù)解決方程的根的問題，還考查了等價轉化思想與函數(shù)對稱性的應用，屬于難題.1627【解析】利用等比數(shù)列的性質求得，結合其下標和性質和均值不等式即可容易求得.【詳解】由等比數(shù)列的性質可知，則，.當且僅當時取得最小值.故答案為：.【點睛】本題考查等比數(shù)列的下標和性質，涉及

12、均值不等式求和的最小值，屬綜合基礎題.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)見解析【解析】(1)將轉化為對任意恒成立，令，故只需，即可求出的值； (2)由(1)知，可得，令，可證，使得，從而可確定在上單調遞減，在上單調遞增，進而可得，即，即可證出【詳解】函數(shù)的定義域為，因為對任意恒成立，即對任意恒成立，令，則，當時，故在上單調遞增，又，所以當時，不符合題意；當時，令得，當時，；當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以要使在時恒成立，則只需，即，令，所以，當時，；當時，所以在 單調遞減，在上單調遞增，所以，即，又，所以，故滿足條件的的值只有(2

13、)由(1)知，所以，令，則，當，時，即在上單調遞增；又，所以，使得，當時，；當時，即在上單調遞減，在上單調遞增，且所以， 即，所以，即【點睛】本題主要考查利用導數(shù)法求函數(shù)的最值及恒成立問題處理方法，第(2)問通過最值問題深化對函數(shù)的單調性的考查，同時考查轉化與化歸的思想，屬于中檔題18（1）（2）為定值【解析】（1）根據(jù)題意,得出,從而得出橢圓的標準方程（2）根據(jù)題意設直線方程：,因為直線與橢圓相切,這有一個交點,聯(lián)立直線與橢圓方程得,則,解得把和代入,得和 ,的表達式,比即可得出為定值【詳解】解：（1）依題意,所以橢圓的標準方程為（2）為定值.因為直線分別與直線和直線相交,所以,直線一定存在

14、斜率設直線：,由得,由,得 把代入,得,把代入,得,又因為,所以,由式,得, 把式代入式,得,即為定值【點睛】本題考查橢圓的定義、方程、和性質,主要考查橢圓方程的運用,考查橢圓的定值問題,考查計算能力和轉化思想,是中檔題.19（1）（2）（）見解析（）點的坐標為【解析】（1）由題意得，再由的關系求出，即可得橢圓的標準方程；（2）（i）設，的中點為，設直線的方程為，代入橢圓方程中，運用根與系數(shù)的關系和中點坐標公式，結合三點共線的方法：斜率相等，即可得證；（ii）利用兩點間的距離公式及弦長公式將表示出來，由換元法的對勾函數(shù)的單調性，可得取最小值時的條件獲得等量關系，從而確定點的坐標.【詳解】解：（

15、1）由題意得， ，所以，所以橢圓方程為（2）設， 的中點為，（）證明：由，可設直線的方程為，代入橢圓方程，得，所以，所以，則直線的斜率為，因為，所以，所以三點共線，所以平分線段；（ii）由兩點間的距離公式得由弦長公式得 所以，令，則，由在上遞增，可得，即時，取得最小值4，所以當取最小值時，點的坐標為【點睛】此題考那可是橢圓方程和性質，主要考查橢圓方程的運用，運用根與系數(shù)的關系和中點坐標公式，同時考查弦長公式，屬于較難題.20（1）見解析；（2）.【解析】（1）設中點為，連接、，利用等腰三角形三線合一的性質得出，利用勾股定理得出，由線面垂直的判定定理可證得平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面

16、平面；（2）先確定三棱錐的外接球球心的位置，利用三角形相似求出外接球的半徑，再由球體的體積公式可求得結果.【詳解】（1）設中點為，連接、， 因為，所以.又，所以，又由已知，則，所以，.又為正三角形，且，所以，因為，所以，平面，又平面，平面平面；（2）由于是底面直角三角形的斜邊的中點，所以點是的外心，由（1）知平面，所以三棱錐的外接球的球心在上.在中，的垂直平分線與的交點即為球心，記的中點為點，則.由與相似可得，所以.所以三棱錐外接球的體積為.【點睛】本題考查面面垂直的證明，同時也考查了三棱錐外接球體積的計算，找出外接球球心的位置是解答的關鍵，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.21（1），（2

17、） 【解析】試題分析：用零點分區(qū)間討論法解含絕對值的不等式，根據(jù)絕對值三角不等式得出，不等式|x+1|+|x2|m+4解集是R，只需m+43，得出的范圍.試題解析：（1）由題設知：|x+1|+|x2|7，不等式的解集是以下不等式組解集的并集：，或，或，解得函數(shù)f（x）的定義域為（，3）（4，+）（2）不等式f（x）2即|x+1|+|x2|m+4，xR時，恒有|x+1|+|x2|（x+1）（x2）|=3，不等式|x+1|+|x2|m+4解集是R，m+43，m的取值范圍是（，122（1）答案不唯一，具體見解析（2）【解析】（1）由于函數(shù)，得出，分類討論當和時，的正負，進而得出的單調性；（2）求出，令，得，設，通過導函數(shù)，可得出在上的單調性和值域，再分類討論和時