2022年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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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．已知平面向量，，滿足：，，則的最小值為()A．5 B．6 C．7 D．82．若函數，在區間上任取三個實數，，均存在以，，為邊長的三角形，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．3．tan570°=（）A． B．- C． D．4．偶函數關于點對稱，當時，，求（）A． B． C． D．5．橢圓是日常生活中常見的圖形，在圓柱形的玻璃杯中盛半杯水，將杯體傾斜一個角度，水面的邊界即是橢圓.現有一高度為12厘米，底面半徑為3厘米的圓柱形玻璃杯，且杯中所盛水的體積恰為該玻璃杯容積的一半（玻璃厚度忽略不計），在玻璃杯傾斜的過程中（杯中的水不能溢出），杯中水面邊界所形成的橢圓的離心率的取值范圍是（）A． B． C． D．6．已知函數若函數在上零點最多，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．7．設為拋物線的焦點，，，為拋物線上三點，若，則（）.A．9 B．6 C． D．8．已知函數，，若對，且，使得，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．9．已知變量x，y間存在線性相關關系，其數據如下表，回歸直線方程為，則表中數據m的值為（）變量x0123變量y35.57A．0.9 B．0.85 C．0.75 D．0.510．一個空間幾何體的正視圖是長為4，寬為的長方形，側視圖是邊長為2的等邊三角形，俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．11．已知的垂心為，且是的中點，則（）A．14 B．12 C．10 D．812．已知，則（）A． B． C． D．2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，，，且，則的最小值為___________．14．已知是拋物線的焦點，是上一點，的延長線交軸于點．若為的中點，則_________．15．設為橢圓在第一象限上的點，則的最小值為________.16．已知數列與均為等差數列（），且，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）已知等腰梯形中（如圖1），，，為線段的中點，、為線段上的點，，現將四邊形沿折起（如圖2）（1）求證：平面；（2）在圖2中，若，求直線與平面所成角的正弦值.18．（12分）如圖，在中，，，點在線段上.（1）若，求的長；（2）若，，求的面積.19．（12分）已知橢圓（）的半焦距為，原點到經過兩點，的直線的距離為．（Ⅰ）求橢圓的離心率；（Ⅱ）如圖，是圓的一條直徑，若橢圓經過，兩點，求橢圓的方程．20．（12分）已知函數，函數，其中，是的一個極值點，且.（1）討論的單調性（2）求實數和a的值（3）證明21．（12分）已知數列滿足：對任意，都有.（1）若，求的值；（2）若是等比數列，求的通項公式；（3）設，，求證：若成等差數列，則也成等差數列.22．（10分）在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數，）.在以為極點，軸正半軸為極軸的極坐標中，曲線：.（1）當時，求與的交點的極坐標；（2）直線與曲線交于，兩點，線段中點為，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。1．B【解析】

建立平面直角坐標系，將已知條件轉化為所設未知量的關系式，再將的最小值轉化為用該關系式表達的算式，利用基本不等式求得最小值.【詳解】建立平面直角坐標系如下圖所示，設，，且，由于，所以..所以，即..當且僅當時取得最小值，此時由得，當時，有最小值為，即，，解得.所以當且僅當時有最小值為.故選：B【點睛】本小題主要考查向量的位置關系、向量的模，考查基本不等式的運用，考查數形結合的數學思想方法，屬于難題.2．D【解析】

利用導數求得在區間上的最大值和最小，根據三角形兩邊的和大于第三邊列不等式，由此求得的取值范圍.【詳解】的定義域為，，所以在上遞減，在上遞增，在處取得極小值也即是最小值，，，，，所以在區間上的最大值為.要使在區間上任取三個實數，，均存在以，，為邊長的三角形，則需恒成立，且，也即，也即當、時，成立，即，且，解得.所以的取值范圍是.故選：D【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的最值，考查恒成立問題的求解，屬于中檔題.3．A【解析】

直接利用誘導公式化簡求解即可．【詳解】tan570°=tan（360°+210°）=tan210°=tan（180°+30°）=tan30°=．故選：A．【點睛】本題考查三角函數的恒等變換及化簡求值，主要考查誘導公式的應用，屬于基礎題.4．D【解析】

推導出函數是以為周期的周期函數，由此可得出，代值計算即可.【詳解】由于偶函數的圖象關于點對稱，則，，，則，所以，函數是以為周期的周期函數，由于當時，，則.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的對稱性和奇偶性求函數值，推導出函數的周期性是解答的關鍵，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.5．C【解析】

根據題意可知當玻璃杯傾斜至杯中水剛好不溢出時，水面邊界所形成橢圓的離心率最大，由橢圓的幾何性質即可確定此時橢圓的離心率，進而確定離心率的取值范圍.【詳解】當玻璃杯傾斜至杯中水剛好不溢出時，水面邊界所形成橢圓的離心率最大.此時橢圓長軸長為，短軸長為6，所以橢圓離心率，所以.故選：C【點睛】本題考查了橢圓的定義及其性質的簡單應用，屬于基礎題.6．D【解析】

將函數的零點個數問題轉化為函數與直線的交點的個數問題，畫出函數的圖象，易知直線過定點，故與在時的圖象必有兩個交點，故只需與在時的圖象有兩個交點，再與切線問題相結合，即可求解.【詳解】由圖知與有個公共點即可，即，當設切點，則，.故選：D.【點睛】本題考查了函數的零點個數的問題，曲線的切線問題，注意運用轉化思想和數形結合思想，屬于較難的壓軸題.7．C【解析】

設，，，由可得，利用定義將用表示即可.【詳解】設，，，由及，得，故，所以.故選：C.【點睛】本題考查利用拋物線定義求焦半徑的問題，考查學生等價轉化的能力，是一道容易題.8．D【解析】

先求出的值域，再利用導數討論函數在區間上的單調性，結合函數值域，由方程有兩個根求參數范圍即可.【詳解】因為，故，當時，，故在區間上單調遞減；當時，，故在區間上單調遞增；當時，令，解得，故在區間單調遞減，在區間上單調遞增.又，且當趨近于零時，趨近于正無窮；對函數，當時，；根據題意，對，且，使得成立，只需，即可得，解得.故選：D.【點睛】本題考查利用導數研究由方程根的個數求參數范圍的問題，涉及利用導數研究函數單調性以及函數值域的問題，屬綜合困難題.9．A【解析】

計算，代入回歸方程可得．【詳解】由題意，，∴，解得．故選：A.【點睛】本題考查線性回歸直線方程，解題關鍵是掌握性質：線性回歸直線一定過中心點．10．B【解析】

由三視圖確定原幾何體是正三棱柱，由此可求得體積．【詳解】由題意原幾何體是正三棱柱，．故選：B．【點睛】本題考查三視圖，考查棱柱的體積．解題關鍵是由三視圖不愿出原幾何體．11．A【解析】

由垂心的性質，得到，可轉化，又即得解.【詳解】因為為的垂心，所以，所以，而，所以，因為是的中點，所以．故選：A【點睛】本題考查了利用向量的線性運算和向量的數量積的運算率，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.12．B【解析】

結合求得的值，由此化簡所求表達式，求得表達式的值.【詳解】由，以及，解得..故選：B【點睛】本小題主要考查利用同角三角函數的基本關系式化簡求值，考查二倍角公式，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由，先將變形為，運用基本不等式可得最小值，再求的最小值，運用函數單調性即可得到所求值.【詳解】解：因為，，，且，所以因為，所以，當且僅當時，取等號，所以令，則，令，則，所以函數在上單調遞增，所以所以則所求最小值為故答案為：【點睛】此題考查基本不等式的運用：求最值，注意變形和滿足的條件：一正二定三相等，考查利用單調性求最值，考查化簡和運算能力，屬于中檔題.14．【解析】

由題意可得，又由于為的中點，且點在軸上，所以可得點的橫坐標，代入拋物線方程中可求點的縱坐標，從而可求出點的坐標，再利用兩點間的距離公式可求得結果.【詳解】解：因為是拋物線的焦點，所以，設點的坐標為，因為為的中點，而點的橫坐標為0，所以，所以，解得，所以點的坐標為所以，故答案為：【點睛】此題考查拋物線的性質，中點坐標公式，屬于基礎題.15．【解析】

利用橢圓的參數方程，將所求代數式的最值問題轉化為求三角函數最值問題，利用兩角和的正弦公式和三角函數的性質，以及求導數、單調性和極值，即可得到所求最小值．【詳解】解：設點，，其中，，由，，，可設，導數為，由，可得，可得或，由，，可得，即，可得，由可得函數遞減；由，可得函數遞增，可得時，函數取得最小值，且為，則的最小值為1．故答案為：1．【點睛】本題考查橢圓參數方程的應用，利用三角函數的恒等變換和導數法求函數最值的方法，考查化簡變形能力和運算能力，屬于難題．16．20【解析】

設等差數列的公差為,由數列為等差數列,且,根據等差中項的性質可得,,解方程求出公差,代入等差數列的通項公式即可求解.【詳解】設等差數列的公差為,由數列為等差數列知,,因為,所以,解得,所以數列的通項公式為，所以.故答案為:【點睛】本題考查等差數列的概念及其通項公式和等差中項;考查運算求解能力;等差中項的運用是求解本題的關鍵;屬于基礎題.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）見解析；（2）.【解析】

（1）先連接，根據線面平行的判定定理，即可證明結論成立；（2）在圖2中，過點作，垂足為，連接，，證明平面平面，得到點在底面上的投影必落在直線上，記為點在底面上的投影，連接，，得出即是直線與平面所成角，再由題中數據求解，即可得出結果.【詳解】（1）連接，因為等腰梯形中（如圖1），，，所以與平行且相等，即四邊形為平行四邊形；所以；又為線段的中點，為中點，易得：四邊形也為平行四邊形，所以；將四邊形沿折起后，平行關系沒有變化，仍有：，且，所以翻折后四邊形也為平行四邊形；故；因為平面，平面，所以平面；（2）在圖2中，過點作，垂足為，連接，，因為，，翻折前梯形的高為，所以，則，；所以；又，，所以，即，所以；又，且平面，平面，所以平面；因此，平面平面；所以點在底面上的投影必落在直線上；記為點在底面上的投影，連接，，則平面；所以即是直線與平面所成角，因為，所以，因此，，故；因為，所以，因此，故，所以.即直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題主要考查證明線面平行，以及求直線與平面所成的角，熟記線面平行的判定定理，以及線面角的求法即可，屬于常考題型.18．（1）（2）【解析】

（1）先根據平方關系求出,再根據正弦定理即可求出；（2）分別在和中，根據正弦定理列出兩個等式，兩式相除，利用題目條件即可求出，再根據余弦定理求出，即可根據求出的面積．【詳解】（1）由，得，所以.由正弦定理得，，即，得.（2）由正弦定理，在中，，①在中，，②又，，，由得，由余弦定理得，即，解得，所以的面積.【點睛】本題主要考查正余弦定理在解三角形中的應用，以及三角形面積公式的應用，意在考查學生的數學運算能力，屬于基礎題．19．（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】試題分析：（1）依題意，由點到直線的距離公式可得，又有，聯立可求離心率；（2）由（1）設橢圓方程，再設直線方程，與橢圓方程聯立，求得，令，可得，即得橢圓方程.試題解析：（Ⅰ）過點的直線方程為，則原點到直線的距離，由，得，解得離心率.（Ⅱ）由（1）知，橢圓的方程為.依題意，圓心是線段的中點，且.易知，不與軸垂直.設其直線方程為，代入（1）得.設，則，.由，得，解得.從而.于是.由，得，解得.故橢圓的方程為.20．（1）在區間單調遞增；（2）；（3）證明見解析.【解析】

（1）求出，在定義域內，再次求導，可得在區間上恒成立，從而可得結論；（2）由，可得，由可得，聯立解方程組可得結果；（3）由（1）知在區間單調遞增，可證明，取，可得，而，利用裂項相消法，結合放縮法可得結果.【詳解】（1）由已知可得函數的定義域為，且，令，則有，由，可得，可知當x變化時，的變化情況如下表：1-0+極小值，即，可得在區間單調遞增；（2）由已知可得函數的定義域為，且，由已知得，即，①由可得，，②聯立①②，消去a，可得，③令，則，由（1）知，，故，在區間單調遞增，注意到，所以方程③有唯一解，代入①，可得，；（3）證明：由（1）知在區間單調遞增，故當時，，，可得在區間單調遞增，因此，當時，，即，亦即，這時，故可得，取，可得，而，故.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數的單調性以及不等式的證明，屬于難題.不等式證明問題是近年高考命題的熱點，利用導數證明不等主要方法有兩個，一是比較簡單的不等式證明，不等式兩邊作差構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出函數的最值即可；二是較為