2022屆新疆喀什市深喀第一高考仿真卷數學試題含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、要求的。1已知點P不在直線l、m上，則“過點P可以作無數個平面，使得直線l、m都與這些平面平行”是“直線l、m互相平行”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件2半正多面體(semiregular solid) 亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形為面的多面體，體現了數學的對稱美二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形為面的半正多面體.如圖所示，圖中網格是邊長為1的正方形，粗線部分是某二十四等邊體的三視圖，則該幾何體的體積為（ ）ABCD3已知，如圖是求的近似值的一個程序框圖，則圖中空白框中應填入ABC

3、D4有一圓柱狀有蓋鐵皮桶（鐵皮厚度忽略不計），底面直徑為cm，高度為cm，現往里面裝直徑為cm的球，在能蓋住蓋子的情況下，最多能裝（ ）（附：）A個B個C個D個5已知橢圓的焦點分別為，其中焦點與拋物線的焦點重合，且橢圓與拋物線的兩個交點連線正好過點，則橢圓的離心率為（ ）ABCD6如圖所示，網絡紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某四棱錐的三視圖，則該幾何體的體積為（ ）A2BC6D87已知等比數列的前項和為，若，且公比為2，則與的關系正確的是（ ）ABCD8已知，若對任意，關于x的不等式（e為自然對數的底數）至少有2個正整數解，則實數a的取值范圍是（ ）ABCD9如圖1，九章算術中記載了一個

4、“折竹抵地”問題:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，問折者高幾何? 意思是:有一根竹子, 原高一丈（1丈=10尺）, 現被風折斷，尖端落在地上，竹尖與竹根的距離三尺，問折斷處離地面的高為（ ）尺. ABCD10已知復數，（為虛數單位），若為純虛數，則（）AB2CD11已知集合AxN|x28x，B2，3，6，C2，3，7，則（ ）A2，3，4，5B2，3，4，5，6C1，2，3，4，5，6D1，3，4，5，6，712已知實數，則下列說法正確的是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知函數，且，使得，則實數m的取值范圍是_.14已知，且，則最小值為_15某幾何體的三視

5、圖如圖所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖的的值_16已知函數，若，則_.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） 選修4-5：不等式選講設函數.（1）求不等式的解集；（2）已知關于的不等式在上有解，求實數的取值范圍.18（12分）如圖所示，四棱錐PABCD中，PC底面ABCD，PCCD2，E為AB的中點，底面四邊形ABCD滿足ADCDCB90，AD1，BC1（）求證：平面PDE平面PAC；（）求直線PC與平面PDE所成角的正弦值；（）求二面角DPEB的余弦值19（12分）在中，內角的對邊分別是，已知.（1）求角的值；（2）若，求的面積20（12分）中的內角

6、，的對邊分別是，若，.（1）求；（2）若，點為邊上一點，且，求的面積.21（12分）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）設的最小值為，正數，滿足，證明：.22（10分）在直角坐標系中，已知點，的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求的普通方程和的直角坐標方程；（2）設曲線與曲線相交于，兩點，求的值.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】根據直線和平面平行的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】點不在直線、上，若直線、互相平行，則過點

7、可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行，即必要性成立，若過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行，則直線、互相平行成立，反證法證明如下：若直線、互相不平行，則，異面或相交，則過點只能作一個平面同時和兩條直線平行，則與條件矛盾，即充分性成立則“過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行”是“直線、互相平行”的充要條件，故選：【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合空間直線和平面平行的性質是解決本題的關鍵2D【解析】根據三視圖作出該二十四等邊體如下圖所示，求出該幾何體的棱長，可以將該幾何體看作是相應的正方體沿各棱的中點截去8個三棱錐所得到的，可求出其體積.【詳解】如下

8、圖所示，將該二十四等邊體的直觀圖置于棱長為2的正方體中，由三視圖可知，該幾何體的棱長為，它是由棱長為2的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的，該幾何體的體積為，故選：D.【點睛】本題考查三視圖，幾何體的體積，對于二十四等邊體比較好的處理方式是由正方體各棱的中點得到，屬于中檔題.3C【解析】由于中正項與負項交替出現，根據可排除選項A、B；執(zhí)行第一次循環(huán)：，若圖中空白框中填入，則，若圖中空白框中填入，則，此時不成立，；執(zhí)行第二次循環(huán)：由均可得，若圖中空白框中填入，則，若圖中空白框中填入，則，此時不成立，；執(zhí)行第三次循環(huán)：由可得，符合題意，由可得，不符合題意，所以圖中空白框中應填入，故選C4C【解

9、析】計算球心連線形成的正四面體相對棱的距離為cm，得到最上層球面上的點距離桶底最遠為cm，得到不等式，計算得到答案.【詳解】由題意，若要裝更多的球，需要讓球和鐵皮桶側面相切，且相鄰四個球兩兩相切，這樣，相鄰的四個球的球心連線構成棱長為cm的正面體，易求正四面體相對棱的距離為cm，每裝兩個球稱為“一層”，這樣裝層球，則最上層球面上的點距離桶底最遠為cm，若想要蓋上蓋子，則需要滿足，解得，所以最多可以裝層球，即最多可以裝個球故選：【點睛】本題考查了圓柱和球的綜合問題，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.5B【解析】根據題意可得易知，且，解方程可得，再利用即可求解.【詳解】易知，且故有，則故選：B

10、【點睛】本題考查了橢圓的幾何性質、拋物線的幾何性質，考查了學生的計算能力，屬于中檔題6A【解析】先由三視圖確定該四棱錐的底面形狀，以及四棱錐的高，再由體積公式即可求出結果.【詳解】由三視圖可知，該四棱錐為斜著放置的四棱錐，四棱錐的底面為直角梯形，上底為1，下底為2，高為2，四棱錐的高為2，所以該四棱錐的體積為.故選A【點睛】本題主要考查幾何的三視圖，由幾何體的三視圖先還原幾何體，再由體積公式即可求解，屬于?？碱}型.7C【解析】在等比數列中，由即可表示之間的關系.【詳解】由題可知，等比數列中，且公比為2，故故選：C【點睛】本題考查等比數列求和公式的應用，屬于基礎題.8B【解析】構造函數（），求導

11、可得在上單調遞增,則 ,問題轉化為,即至少有2個正整數解,構造函數,通過導數研究單調性,由可知，要使得至少有2個正整數解,只需即可,代入可求得結果.【詳解】構造函數（），則（），所以在上單調遞增，所以，故問題轉化為至少存在兩個正整數x，使得成立，設，則，當時，單調遞增；當時，單調遞增.，整理得.故選:B.【點睛】本題考查導數在判斷函數單調性中的應用,考查不等式成立問題中求解參數問題,考查學生分析問題的能力和邏輯推理能力,難度較難.9B【解析】如圖，已知，解得， ，解得.折斷后的竹干高為4.55尺故選B.10C【解析】把代入，利用復數代數形式的除法運算化簡，由實部為0且虛部不為0求解即可【詳解】

12、，為純虛數，解得故選C【點睛】本題考查復數代數形式的除法運算，考查復數的基本概念，是基礎題11C【解析】根據集合的并集、補集的概念，可得結果.【詳解】集合AxN|x28xxN|0 x8，所以集合A1，2，3，4，5，6，7B2，3，6，C2，3，7，故1，4，5，6，所以1，2，3，4，5，6.故選：C.【點睛】本題考查的是集合并集，補集的概念，屬基礎題.12C【解析】利用不等式性質可判斷，利用對數函數和指數函數的單調性判斷.【詳解】解：對于實數， ，不成立對于不成立對于利用對數函數單調遞增性質，即可得出對于指數函數單調遞減性質，因此不成立 故選：【點睛】利用不等式性質比較大小要注意不等式性質

13、成立的前提條件解決此類問題除根據不等式的性質求解外，還經常采用特殊值驗證的方法二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據條件轉化為函數在上的值域是函數在上的值域的子集；分別求值域即可得到結論.【詳解】解：依題意，即函數在上的值域是函數在上的值域的子集.因為在上的值域為（）或（），在上的值域為，故或，解得故答案為：.【點睛】本題考查了分段函數的值域求參數的取值范圍，屬于中檔題.14【解析】首先整理所給的代數式，然后結合均值不等式的結論即可求得其最小值.【詳解】，結合可知原式，且，當且僅當時等號成立.即最小值為.【點睛】在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就

14、是“一正各項均為正；二定積或和為定值；三相等等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤153【解析】 由已知中的三視圖可得該幾何體是一個以直角梯形為底面，梯形上下邊長為和，高為， 如圖所示，平面， 所以底面積為， 幾何體的高為，所以其體積為 點睛：在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要從三個視圖綜合考慮，根據三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線在還原空間幾何體實際形狀時，一般是以正視圖和俯視圖為主，結合側視圖進行綜合考慮求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數量關系，利用相應體積公式

15、求解16【解析】根據題意，利用函數奇偶性的定義判斷函數的奇偶性，利用函數奇偶性的性質求解即可.【詳解】因為函數，其定義域為，所以其定義域關于原點對稱，又，所以函數為奇函數，因為，所以.故答案為:【點睛】本題考查函數奇偶性的判斷及其性質；考查運算求解能力；熟練掌握函數奇偶性的判斷方法是求解本題的關鍵;屬于中檔題、?？碱}型.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）零點分段去絕對值解不等式即可（2）由題在上有解，去絕對值分離變量a即可.【詳解】（1）不等式，即等價于 或或 解得 ，所以原不等式的解集為； （2）當時，不等式，即，所以在上有解

16、即在上有解， 所以，【點睛】本題考查絕對值不等式解法，不等式有解求參數，熟記零點分段，熟練處理不等式有解問題是關鍵，是中檔題.18（）證明見解析（）（）【解析】（）由題知，如圖以點為原點，直線分別為軸，建立空間直角坐標系，計算，證明，從而平面PAC，即可得證；（）求解平面PDE的一個法向量，計算，即可得直線PC與平面PDE所成角的正弦值；（）求解平面PBE的一個法向量，計算，即可得二面角DPEB的余弦值【詳解】（）PC底面ABCD， 如圖以點為原點，直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，又，平面PAC，平面PDE，平面PDE平面PAC；（）設為平面PDE的一個法向量，又，則，取，得，直線PC與

17、平面PDE所成角的正弦值；（）設為平面PBE的一個法向量，又則，取，得，二面角DPEB的余弦值.【點睛】本題主要考查了平面與平面的垂直，直線與平面所成角的計算，二面角大小的求解，考查了空間向量在立體幾何中的應用，考查了學生的空間想象能力與運算求解能力.19（1）；（2）【解析】（1）由已知條件和正弦定理進行邊角互化得，再根據余弦定理可求得值.（2）由正弦定理得，代入得，運用三角形的面積公式可求得其值.【詳解】（1）由及正弦定理得，即由余弦定理得，.（2）設外接圓的半徑為，則由正弦定理得，.【點睛】本題考查運用三角形的正弦定理、余弦定理、三角形的面積公式，關鍵在于熟練地運用其公式，合理地選擇進行

18、邊角互化，屬于基礎題.20（1）（2）10【解析】（1）由二倍角的正弦公式以及正弦定理，可得，再根據二倍角的余弦公式計算即可；（2）由已知可得，利用余弦定理解出，由已知計算出與，再根據三角形的面積公式求出結果即可.【詳解】（1），在中，由正弦定理得，又，（2），由余弦定理得，則，化簡得，解得或（負值舍去），的面積.【點睛】本題考查了三角形面積公式以及正弦定理、余弦定理的應用，考查了二倍角公式的應用，考查了運算能力，屬于基礎題.21（1）（2）證明見解析【解析】（1）將表示為分段函數的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用絕對值三角不等式求得的最小值，利用分析法，結合基本不等式，證得不等式成立.【詳解】（1），不等式，即或或，即有或或，所以所求不等式的解集為.（2），因為，所以要證，只需證，即證，因為，所以只要證，即證，即證，因為，所以只需證，因為，所以成立，所以.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查分析法證明不等式，考查基本不等式的運用