2022届河南省周口市西华一中高考仿真卷数学试题含解析

2022届河南省周口市西华一中高考仿真卷数学试题含解析

2023年11月1日发(作者：缅怀先烈手抄报文字内容)

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2021-2022高考数学模拟试卷

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

f(m)f(n2)01．已知奇函数fx是R上的减函数，若m,n满足不等式组f(mn1)0，则2mn的最小值为（

）

f(m)0A．-4 B．-2 C．0 D．4

x12．已知定义在R上的偶函数fx满足f1xf1x，当x0,1时，fxx1，函数gxe（1x3），则函数fx与函数gx的图象的所有交点的横坐标之和为（

）

A．2 B．4 C．5 D．6

,则(ab)(2ab)( )

63．已知向量a,b满足|a|1,|b|3,且a与b的夹角为A．1

2B．3

2C．1

2D．3

24．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（

）

A．5

3B．2 C．5

2D．3

5．半正多面体(semiregular solid)

亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正

多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（

） 8A．

3B．4 C．16

3D．20

36．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P-ABC的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（

）

A．PA，PB，PC两两垂直

C．|PA||PB||PC|7．8B．三棱锥P-ABC的体积为

36 D．三棱锥P-ABC的侧面积为35

2-3i（ ）

1i1515A．-i B．--i

2222C．15+i

22D．-15+i

22x2y22228．已知双曲线221a0,b0的左、右焦点分别为F1、F2，圆xyb与双曲线在第一象限内的交点ab为M，若MF13MF2．则该双曲线的离心率为

A．2 B．3 C．2 D．3

29．已知点Ax1,y1，Bx2,y2是函数fxaxbx的函数图像上的任意两点，且yfx在点x1x22,xxf12处的切线与直线AB平行，则( )

2B．b0，a为任意非零实数

D．不存在满足条件的实数a，b

A．a0，b为任意非零实数

C．a、b均为任意实数 10．抛物线的焦点是双曲线的右焦点，点是曲线的交点，点在抛物线的准线上，A．

是以点为直角顶点的等腰直角三角形，则双曲线B． C． D．的离心率为（

）

11．如图，在ABC中，ADAB,BDxAByAC(x,yR),AD2，且ACAD12，则2xy（

）

B．A．1

12．计算log2sinA．2

3等于( )

C．

13D．3

44cos533

2B．3

2C．2

3D．2

3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知alog0.30.2,blog20.2，则ab________.ab(填“>”或“=”或“<”).

14．戊戌年结束，己亥年伊始，小康，小梁，小谭，小杨，小刘，小林六人分成四组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分别奔赴四所不同的学校参加演讲，则不同的分配方案有_________种（用数字作答），

62615．若(2x1)a0a1(x1)a2(x1)a6(x1)，则a0a12a23a34a45a56a6________.

16．已知函数yf(x)的图象在点M(3,f(3))处的切线方程是y1x2，则f(3)f(3)的值等于__________.

3三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17．（12分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为x3cos（为参数），以坐标原点O为极点，x轴ysin的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为cossin40.

（1）求曲线C1的普通方程和曲线C2的直角坐标方程；

（2）若点P在曲线C1上，点Q在曲线C2上，求|PQ|的最小值及此时点P的坐标.

x18．（12分）已知函数f(x)exlnxax，f(x)为f(x)的导数，函数f(x)在xx0处取得最小值．

（1）求证：lnx0x00；

（2）若xx0时，f(x)1恒成立，求a的取值范围．

19．（12分）已知a,b,cR，xR，不等式|x1||x2|abc恒成立.

（1）求证:abc2221

3（2）求证:a2b2b2c2c2a22.

1x2y220．（12分）已知椭圆C:221(ab0)的短轴长为23，离心率e，其右焦点为F.

2ab（1）求椭圆C的方程；

|PQ|l,lM,NP,Q（2）过F作夹角为的两条直线12分别交椭圆C于和，求的取值范围.

|MN|421．（12分）已知ABC满足

，且b6，A2.从①B，②a3，，求sinC的值及ABC的面积（34③a32sinB这三个条件中选一个，补充到上面问题中，并完成解答.）

22．（10分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(ac)b（1）若a，b，c成等差数列，求cosB的值；

（2）是否存在ABC满足B为直角？若存在，求sinA的值；若不存在，请说明理由．

12ac．

5

参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．B

【解析】

根据函数的奇偶性和单调性得到可行域，画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.

【详解】

m2n奇函数fx是R上的减函数，则f00，且mn10，画出可行域和目标函数，

m0z2mn，即n2mz，z表示直线与y轴截距的相反数，

根据平移得到：当直线过点0,2，即m0.n2时，z2mn有最小值为2.

故选：B. 【点睛】

本题考查了函数的单调性和奇偶性，线性规划问题，意在考查学生的综合应用能力，画出图像是解题的关键.

2．B

【解析】

由函数的性质可得：fx的图像关于直线x1对称且关于y轴对称，函数gxex1（1x3）的图像也关于x1对称，由函数图像的作法可知两个图像有四个交点，且两两关于直线x1对称，则fx与gx的图像所有交点的横坐标之和为4得解.

【详解】

由偶函数fx满足f1xf1x，

可得fx的图像关于直线x1对称且关于y轴对称，

函数gxex1（1x3）的图像也关于x1对称，

函数yfx的图像与函数gxex1（1x3）的图像的位置关系如图所示，

可知两个图像有四个交点，且两两关于直线x1对称，

则fx与gx的图像所有交点的横坐标之和为4.

故选：B 【点睛】

本题主要考查了函数的性质，考查了数形结合的思想，掌握函数的性质是解题的关键，属于中档题.

3．A

【解析】

根据向量的运算法则展开后利用数量积的性质即可.

【详解】

(ab)(2ab)2abab2313故选：A.

【点睛】

本题主要考查数量积的运算，属于基础题.

4．A

【解析】

2231.

22由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．再由球与圆柱体积公式求解．

【详解】

由三视图还原原几何体如图，

该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，

半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．

14532则几何体的体积为V111．

233故选：A．

【点睛】

本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．

5．D

【解析】

根据三视图作出该二十四等边体如下图所示，求出该几何体的棱长，可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的，可求出其体积.

【详解】

如下图所示，将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，该几何体的棱长为2，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，

1120该几何体的体积为V2228111，

323故选：D.

【点睛】

本题考查三视图，几何体的体积，对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到，属于中档题.

6．C

【解析】

根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图，然后再计算可得.

【详解】

解：根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图如图所示，

其中D为AB的中点，PD底面ABC.

所以三棱锥P-ABC的体积为114222，

323ACBC22，|DA||DB||DC|2，22ACBCPD2，AB|PA||PB||PC|22222226,

PAPBAB，PA、PB不可能垂直，

即PA,PB,PC不可能两两垂直， SPBA1122222，SPBCSPAC22621225.

三棱锥P-ABC的侧面积为2522.

故正确的为C.

故选：C.

【点睛】

本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.

7．B

【解析】

利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．

【详解】

z23i23i1i15i15i．

1i2221i1i故选B．

【点睛】

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．

8．D

【解析】

本题首先可以通过题意画出图像并过M点作F1F2垂线交F1F2于点H，然后通过圆与双曲线的相关性质判断出三角形OMF2的形状并求出高MH的长度，MH的长度即M点纵坐标，然后将M点纵坐标带入圆的方程即可得出M点坐标，最后将M点坐标带入双曲线方程即可得出结果。

【详解】

根据题意可画出以上图像，过M点作F1F2垂线并交F1F2于点H， 因为MF13MF2，M在双曲线上，

MF22a，即3MF2MF22a，MF2a，

所以根据双曲线性质可知，MF1因为圆x2y2b2的半径为b，OM是圆x2y2b2的半径，所以OMb，

因为OMb，MF2a，OF2c，a2b2c2，

所以OMF2因为MH90，三角形OMF2是直角三角形，

OMMF2，MH2a2b2c2abcOF2，所以OF2MH，即M点纵坐标为abc，

b2c将M点纵坐标带入圆的方程中可得x将M点坐标带入双曲线中可得ab22c化简得b44b2，解得x，Mb2c,ab，

ca2c21，

a2c2，c23a2，ecaa4ac，c222a22a43，故选D。

【点睛】

本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考察了圆与双曲线的相关性质，考查了圆与双曲线的综合应用，考查了数形结合思想，体现了综合性，提高了学生的逻辑思维能力，是难题。

9．A

【解析】

求得fx的导函数，结合两点斜率公式和两直线平行的条件：斜率相等，化简可得a0，b为任意非零实数.

【详解】

'依题意fxxx2bx，yfx在点12,2x2axxf12处的切线与直线AB平行，即有22ax2bx2ax1bx12abx1x2

x2x1x1x222ax2x1x2x1bxx，所以12a2x1x2a，由于对任意x1,x2上式都成立，可得a0，b为非x1x2零实数.

故选：A

【点睛】

本题考查导数的运用，求切线的斜率，考查两点的斜率公式，以及化简运算能力，属于中档题．

10．A 【解析】

先由题和抛物线的性质求得点P的坐标和双曲线的半焦距c的值，再利用双曲线的定义可求得a的值，即可求得离心率.

【详解】

由题意知，抛物线焦点顶点的等腰直角三角形，即所以抛物线的准线，从而

即

，准线与x轴交点，双曲线半焦距，设点

是以点为直角，结合点在抛物线上，

轴，所以，

故双曲线的离心率为故选A

【点睛】

本题考查了圆锥曲线综合，分析题目，画出图像，熟悉抛物线性质以及双曲线的定义是解题的关键，属于中档题.

11．C

【解析】

由题可ADAB0,ACAD12,所以将已知式子中的向量用AD，AB，AC表示，可得到的x,y关系，再由B,D,C三点共线，又得到一个关于x,y的关系，从而可求得答案

【详解】

由BDxAByAC，则

AD(x1)AByAC,ADADAD[(xAByAC](x1)ADAByADAC，即412y，所以y又B,D,C共线，则x1y1,x,2xy故选：C

【点睛】

此题考查的是平面向量基本定理的有关知识，结合图形寻各向量间的关系，属于中档题.

12．A

【解析】

利用诱导公式、特殊角的三角函数值，结合对数运算，求得所求表达式的值.

1，3131.

3【详解】

322213cos2log2coslog2log222.

原式log23322222故选：A

【点睛】

本小题主要考查诱导公式，考查对数运算，属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．＞

【解析】

注意到a1,b0，故只需比较【详解】

由已知，a1,b0，故有ab0,ab.又由故有abab.

故答案为：＞.

【点睛】

本题考查对数式比较大小，涉及到换底公式的应用，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.

14．1080

【解析】

2211C6C4C2C1按照先分组，再分配的分式，先将六人分成四组，其中两个组各2人，另两个组各1人有种，再分别22A2A211与1的大小即可.

ab11log0.20.3log0.22log0.20.61，

ab奔赴四所不同的学校参加演讲有A4种，然后用分步计数原理求解.

【详解】

2211C6C4C2C145种，

将六人分成四组，其中两个组各2人，另两个组各1人有22A2A24再分别奔赴四所不同的学校参加演讲有A424种，

4则不同的分配方案有45241080种.

故答案为：1080

【点睛】 本题主要考查分组分配问题，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.

15．13

【解析】

由导函数的应用得：设f(x)(2x1)6，g(x)a0a1(x1)a2(x1)2a6(x1)6，

所以f(x)12(2x1)5，g(x)a12a2(x1)6a6(x1)5，又f(x)g(x)，所以f(x)g(x)，即12(2x1)5a12a2(x1)6a6(x1)5，

由二项式定理：令x0得：a12a23a34a45a56a6，再由g(0)f(0)，求出a0，从而得到a0a12a23a34a45a56a6的值；

【详解】

解：设f(x)(2x1)6，g(x)a0a1(x1)a2(x1)2a6(x1)6，

所以f(x)12(2x1)5，g(x)a12a2(x1)6a6(x1)5，

又f(x)g(x)，所以f(x)g(x)，

即12(2x1)5a12a2(x1)6a6(x1)5，

取x0得：a12a23a34a45a56a612，

又g(0)f(0)，

所以a01，

故a0a12a23a34a45a56a611213，

故答案为：13

【点睛】

本题考查了导函数的应用、二项式定理，属于中档题

16．10

3【解析】

利用导数的几何意义即可解决.

【详解】

由已知，f(3)故答案为：'1110'.

，f(3)323，故f(3)f(3)33310.

3【点睛】

本题考查导数的几何意义，要注意在某点的切线与过某点的切线的区别，本题属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

31x217．（1）y21；xy40（2）最小值为2，此时P,

322【解析】

（1）消去曲线C1参数方程的参数，求得曲线C1的普通方程.利用极坐标和直角坐标相互转化公式，求得曲线C2的直角坐标方程.

（2）设出P的坐标，结合点到直线的距离公式以及三角函数最值的求法，求得|PQ|的最小值及此时点P的坐标.

【详解】

2x（1）消去得，曲线C1的普通方程是：y21；

3把xcos，ysin代入得，曲线C2的直角坐标方程是xy40

（2）设P(3cos,sin)，|PQ|的最小值就是点P到直线C2的最小距离.

2sin4

设|3cossin4|3d22在5时，sin1，d2是最小值，

3631，sin

2231,

22此时3cos所以，所求最小值为2，此时P【点睛】

本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程转化为直角坐标方程，考查利用圆锥曲线的参数求最值，属于中档题.

18．（1）见解析；

（2）[1e,).

【解析】

x（1）对f(x)求导，令g(x)elnxa1，求导研究单调性，分析可得存在1t01使得gt00，即2et010，即得证；

t0111x0a10，x0a10两种情况讨论，当x0a10时，转化x0x0x011x02x0a利用均值不等式即得证；当x0a10，f(x)有两个不同的零点x1，x2，x0x0（2）分f(x)minfx0分析可得f(x)的最小值为fx2，分a1e，a1e讨论即得解.

【详解】

（1）由题意f(x)elnxa1，

x令g(x)elnxa1，则g(x)exx1，知g(x)为(0,)的增函数，

x因为g(1)e10，g1e20，

211t0e0．

所以，存在t01使得gt00，即t02所以，当x0,t0时g(x)gt00，g(x)为减函数，

当xt0,时g(x)gt00，g(x)为增函数，

故当xt0时，g(x)取得最小值，也就是f(x)取得最小值．

x0故x0t0，于是有e110，即ex0，

x0x0所以有lnx0x00，证毕．

1x0a1，

（2）由（1）知，f(x)elnxa1的最小值为x0x①当11x0a10，即a1x0时，f(x)为x0,的增函数，

x0x01x02x0a，

x0x0所以f(x)minfx0ex0lnx0x0a111x02x01x0x01，

x0x0x0由（1）中11x01，得x011，即f(x)1．

2x01a1x故0满足题意．

x0②当11x0a10，即a1x0时，f(x)有两个不同的零点x1，x2，

x0x0xx且x1x0x2，即fx2e2lnx2a10alnx2e21，

若xx0,x2时f(x)fx20，f(x)为减函数，（*）

若xx2,时f(x)fx20，f(x)为增函数，

所以f(x)的最小值为fx2．

注意到f(1)ea1时，a1e，且此时f(1)ea10，

（ⅰ）当a1e时，f(1)ea10fx2，

所以0x21，即1x20，

又fx2e2x2lnx2ax2e2x2lnx2lnx2e21x21x2e2x2

xxxx1x2ex211，

x而ex210，所以1x2e2111，即fx21．

111xe1e1x由于在x01下，恒有，所以00．

xx200（ⅱ）当a1e时，f(1)ea10fx2，

所以x21x0，

所以由（*）知x1,x2时，f(x)为减函数，

所以f(x)f(1)ea1，不满足xx0时，f(x)1恒成立，故舍去．

故1ea11x0满足条件．

x0综上所述：a的取值范围是[1e,)．

【点睛】 本题考查了函数与导数综合，考查了利用导数研究函数的最值和不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，分类讨论，数学运算能力，属于较难题.

19．（1）证明见解析（2）证明见解析

【解析】

（1）先根据绝对值不等式求得|x1||x2|的最大值，从而得到abc1，再利用基本不等式进行证明；

(ab)2（2）利用基本不等式ab2ab变形得ab，两边开平方得到新的不等式，利用同理可得另外两个22222不等式，再进行不等式相加，即可得答案.

【详解】

（1）∵|x1||x2||x1x2|1，∴abc1.

∵a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac，

∴2a22b22c22ab2bc2ac，

∴3a23b23c2a2b2c22ab2bc2ac(abc)21，

∴abc2221.

3（2）∵a2b22ab，2ab2222a22abb2(ab)2，

(ab)222即ab两边开平方得a2b2|ab|(ab).

222同理可得b2c222(ca).

(bc)，c2a222三式相加，得a2b2b2c2c2a2【点睛】

2(abc)2.

本题考查绝对值不等式、应用基本不等式证明不等式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和推理论证能力.

49974997x2y2,220．（1）；（）1.

484348【解析】

（1）由已知短轴长求出b，离心率求出a,c关系，结合a2b2c2，即可求解；

（2）当直线l1,l2的斜率都存在时，不妨设直线l1的方程为yk(x1),k1，直线l1与椭圆方程联立，利用相交弦长公式求出|PQ|，l2斜率为|PQ|k1，求出|MN|，得到关于k的表达式，根据表达式的特点用“”判别式法求出|MN|1k|PQ||PQ|l,l范围，当12有一斜率不存在时，另一条斜率为，根据弦长公式，求出，即可求出结论.

|MN||MN|【详解】

c2a2b2122（1）由2b23得b3，又由e2得，

3a4b2aa42x2y2则a4,b3，故椭圆C的方程为1.

4322（2）由（1）知F1,0，

①当直线l1,l2的斜率都存在时，

由对称性不妨设直线l1的方程为yk(x1),k1，

yk(x1)4k23x28k2x4k2120，

由223x4y120144k210，设Px1,y1,Qx2,y2，

8k24k212则x1x2,x1x2,，

224k34k3则|PQ|xx1k2122，

4x1x2234k121k2由椭圆对称性可设直线l2的斜率为2k1，

1kk112122241k1k则|MN|，

2271k2kk1341k222|PQ|121k71k2k71k2k

22|MN|34k268k241k77478k7.

868k282432k28k7令t，则32tk28k24t70，

22432k2k当t0时，k7797797，当t0时，由64432t(24t7)0得，所以t84848499778k74997，

24882432k48即|PQ|84997|PQ|4997.

，且|MN|748|MN|48②当直线l1,l2的斜率其中一条不存在时，

根据对称性不妨设设直线l1的方程为yx1，l2斜率不存在，

242b2则|PQ|，|MN|3，

7a|PQ|849974997,此时.

|MN|74848若设l2的方程为yx1，l1斜率不存在，

|PQ|749974997,则，

|MN|84848综上可知49974997|PQ|,的取值范围是.

|MN|4848【点睛】

本题考查椭圆标准方程、直线与椭圆的位置关系，注意根与系数关系、弦长公式、函数最值、椭圆性质的合理应用，意在考查逻辑推理、计算求解能力，属于难题.

21．见解析

【解析】

B选择①时：4,A262，计算sinC，根据正弦定理得到a3，计算面积得到答案；选择②时，a3，342，sinC2故BA，A为钝角，故无解；选择③时，a32sinB，根据正弦定理解得sinBb6，根据正弦定理得到a3，计算面积得到答案.

【详解】

选择①时：B62，44,A2，故sinCsinABsinAcosBcosAsinB62.

34根据正弦定理：ab1933.

，故a3，故SabsinCsinAsinB243，b6，故BA，A为钝角，故无解.

选择②时，aab选择③时，a32sinB，根据正弦定理：，故sinAsinB32sinB6sinB，

3262.

4解得sinB2，sinCsinABsinAcosBcosAsinB2根据正弦定理：【点睛】

ab1933.

，故a3，故SabsinCsinAsinB24本题考查了三角恒等变换，正弦定理，面积公式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.

22．见解析

【解析】

（1）因为a，b，c成等差数列，所以2bac，

(ac)22acb23b22ac3b21，

由余弦定理可得cosB2ac2ac2ac1212b262因为(ac)bac，所以2bac，即，

55ac53b236411．

所以cosB2ac255（2）若B为直角，则sinB1，sinCcosA，

由(ac)b1212ac及正弦定理可得sinAsinCsinAsinC，

55126sinAcosA，即sinAcosAsin2A，

55362sin2A，所以(9sin2A5)(4sin2A5)0（*）．

25所以sinAcosA上式两边同时平方，可得1sin2A又0sin2A1，所以9sin2A50，4sin2A50，

所以(9sin2A5)(4sin2A5)0，与（*）矛盾，

所以不存在ABC满足B为直角．

城乡一体化的城市-