百校大聯(lián)考全國名校2021-2022學年高考數(shù)學四模試卷含解析

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(yīng)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(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。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在中，角的對邊分別為，若，則的形狀為（ ）A直角三角形B等腰非等邊三角形C等腰或直角三角形D鈍角三角形2已知雙曲線的一條漸近線方程是，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD3已知函數(shù)，若，則下列不等關(guān)系正確的是（ ）ABCD4設(shè)，則“”是“”的A充

2、分而不必要條件B必要而不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件5已知正項等比數(shù)列滿足，若存在兩項，使得，則的最小值為（ ）.A16BC5D46已知向量與的夾角為，定義為與的“向量積”，且是一個向量，它的長度，若，則（ ）ABC6D7設(shè)平面與平面相交于直線，直線在平面內(nèi)，直線在平面內(nèi)，且則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D即不充分不必要條件8一個四棱錐的三視圖如圖所示（其中主視圖也叫正視圖，左視圖也叫側(cè)視圖），則這個四棱錐中最最長棱的長度是（ ）ABCD9已知復數(shù)滿足，則的值為（ ）ABCD210若復數(shù)滿足，則（ ）ABCD11在正方體中，點、分別為、的中點，過點作

3、平面使平面，平面若直線平面，則的值為（ ）ABCD12已知雙曲線的一個焦點為，且與雙曲線的漸近線相同，則雙曲線的標準方程為( )ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13平面直角坐標系中,O為坐標原點,己知A(3,1),B(-1,3),若點C滿足,其中,R,且+=1,則點C的軌跡方程為 14在的二項展開式中，所有項的二項式系數(shù)之和為256，則_，項的系數(shù)等于_.15函數(shù)f（x）x2xlnx的圖象在x1處的切線方程為_.16展開式中的系數(shù)為_三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知在中，a、b、c分別為角A、B、C的對邊，且（1）求角A的

4、值；（2）若，設(shè)角，周長為y，求的最大值18（12分）已知三棱錐中側(cè)面與底面都是邊長為2的等邊三角形，且面面，分別為線段的中點.為線段上的點，且.（1）證明：為線段的中點；（2）求二面角的余弦值.19（12分）如圖，在等腰梯形中，ADBC，分別為，的中點，以為折痕將折起，使點到達點位置（平面）（1）若為直線上任意一點，證明：MH平面；（2）若直線與直線所成角為，求二面角的余弦值20（12分）如圖，橢圓的左、右頂點分別為，上、下頂點分別為，且，為等邊三角形，過點的直線與橢圓在軸右側(cè)的部分交于、兩點（1）求橢圓的標準方程；（2）求四邊形面積的取值范圍21（12分）已知函數(shù)，.（1）討論的單調(diào)性；（

5、2）當時，證明：.22（10分）已知與有兩個不同的交點，其橫坐標分別為（）.（1）求實數(shù)的取值范圍；（2）求證：.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】利用正弦定理將邊化角，再由，化簡可得，最后分類討論可得；【詳解】解：因為所以所以所以所以所以當時，為直角三角形；當時即，為等腰三角形；的形狀是等腰三角形或直角三角形故選：【點睛】本題考查三角形形狀的判斷，考查正弦定理的運用，考查學生分析解決問題的能力，屬于基礎(chǔ)題2D【解析】雙曲線的漸近線方程是，所以，即 ， ，即 ，故選D.3B【解析】利用函數(shù)的單調(diào)性得到的大小

6、關(guān)系，再利用不等式的性質(zhì)，即可得答案.【詳解】在R上單調(diào)遞增，且，.的符號無法判斷，故與，與的大小不確定，對A，當時，故A錯誤；對C，當時，故C錯誤；對D，當時，故D錯誤；對B，對，則，故B正確.故選：B.【點睛】本題考查分段函數(shù)的單調(diào)性、不等式性質(zhì)的運用，考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.4A【解析】根據(jù)對數(shù)的運算分別從充分性和必要性去證明即可.【詳解】若， ，則，可得；若，可得，無法得到，所以“”是“”的充分而不必要條件.所以本題答案為A.【點睛】本題考查充要條件的定義，判斷充要條件的方法是： 若為真命題且為假命題，則命題p是命題q的充分不必要

7、條件； 若為假命題且為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件； 若為真命題且為真命題，則命題p是命題q的充要條件； 若為假命題且為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件. 判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據(jù)“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關(guān)系.5D【解析】由，可得，由，可得，再利用“1”的妙用即可求出所求式子的最小值.【詳解】設(shè)等比數(shù)列公比為，由已知，即，解得或（舍），又，所以，即，故，所以，當且僅當時，等號成立.故選：D.【點睛】本題考查利用基本不等式求式子和的最小值問題，涉及到等比數(shù)列的知識，是一道中檔題.6D【解析】先根據(jù)向量坐標運算求出和，進而求出，

8、代入題中給的定義即可求解.【詳解】由題意，則，得，由定義知，故選:D.【點睛】此題考查向量的坐標運算，引入新定義，屬于簡單題目.7A【解析】試題分析：， bm又直線a在平面內(nèi)，所以ab，但直線不一定相交，所以“”是“ab”的充分不必要條件，故選A.考點：充分條件、必要條件.8A【解析】作出其直觀圖，然后結(jié)合數(shù)據(jù)根據(jù)勾股定定理計算每一條棱長即可.【詳解】根據(jù)三視圖作出該四棱錐的直觀圖，如圖所示，其中底面是直角梯形，且，平面，且，這個四棱錐中最長棱的長度是故選【點睛】本題考查了四棱錐的三視圖的有關(guān)計算，正確還原直觀圖是解題關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題9C【解析】由復數(shù)的除法運算整理已知求得復數(shù)z，進而求得其模

9、.【詳解】因為，所以故選：C【點睛】本題考查復數(shù)的除法運算與求復數(shù)的模，屬于基礎(chǔ)題.10B【解析】由題意得,求解即可.【詳解】因為,所以.故選:B.【點睛】本題考查復數(shù)的四則運算,考查運算求解能力,屬于基礎(chǔ)題.11B【解析】作出圖形，設(shè)平面分別交、于點、，連接、，取的中點，連接、，連接交于點，推導出，由線面平行的性質(zhì)定理可得出，可得出點為的中點，同理可得出點為的中點，結(jié)合中位線的性質(zhì)可求得的值.【詳解】如下圖所示：設(shè)平面分別交、于點、，連接、，取的中點，連接、，連接交于點，四邊形為正方形，、分別為、的中點，則且，四邊形為平行四邊形，且，且，且，則四邊形為平行四邊形，平面，則存在直線平面，使得，

10、若平面，則平面，又平面，則平面，此時，平面為平面，直線不可能與平面平行，所以，平面，平面，平面，平面平面，所以，四邊形為平行四邊形，可得，為的中點，同理可證為的中點，因此，.故選：B.【點睛】本題考查線段長度比值的計算，涉及線面平行性質(zhì)的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵就是找出平面與正方體各棱的交點位置，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.12B【解析】根據(jù)焦點所在坐標軸和漸近線方程設(shè)出雙曲線的標準方程，結(jié)合焦點坐標求解.【詳解】雙曲線與的漸近線相同，且焦點在軸上，可設(shè)雙曲線的方程為，一個焦點為，故的標準方程為.故選：B【點睛】此題考查根據(jù)雙曲線的漸近線和焦點求解雙曲線的標準方程，易錯點在于漏掉考慮焦點所在坐

11、標軸導致方程形式出錯.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據(jù)向量共線定理得A,B,C三點共線，再根據(jù)點斜式得結(jié)果【詳解】因為,且+=1，所以A,B,C三點共線，因此點C的軌跡為直線AB:【點睛】本題考查向量共線定理以及直線點斜式方程，考查基本分析求解能力，屬中檔題.148 1 【解析】根據(jù)二項式系數(shù)和的性質(zhì)可得n,再利用展開式的通項公式求含項的系數(shù)即可.【詳解】由于所有項的二項式系數(shù)之和為，故的二項展開式的通項公式為，令，求得，可得含x項的系數(shù)等于，故答案為：8；1【點睛】本題主要考查二項式定理的應(yīng)用，二項式系數(shù)的性質(zhì)，二項式展開式的通項公式，屬于中檔題15xy0.【

12、解析】先將x1代入函數(shù)式求出切點縱坐標，然后對函數(shù)求導數(shù)，進一步求出切線斜率，最后利用點斜式寫出切線方程.【詳解】由題意得.故切線方程為y1x1，即xy0.故答案為：xy0.【點睛】本題考查利用導數(shù)求切線方程的基本方法，利用切點滿足的條件列方程（組）是關(guān)鍵.同時也考查了學生的運算能力，屬于基礎(chǔ)題.1630【解析】先將問題轉(zhuǎn)化為二項式的系數(shù)問題，利用二項展開式的通項公式求出展開式的第項，令的指數(shù)分別等于2，4，求出特定項的系數(shù)【詳解】由題可得：展開式中的系數(shù)等于二項式展開式中的指數(shù)為2和4時的系數(shù)之和，由于二項式的通項公式為，令，得展開式的的系數(shù)為，令，得展開式的的系數(shù)為，所以展開式中的系數(shù)，故

13、答案為30.【點睛】本題考查利用二項式展開式的通項公式解決二項展開式的特定項的問題，考查學生的轉(zhuǎn)化能力，屬于基礎(chǔ)題三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理，結(jié)合題中條件，可以得到，之后應(yīng)用余弦定理即可求得；（2）利用正弦定理求得，求出三角形的周長，利用三角函數(shù)的最值求解即可.【詳解】（1）由已知可得，結(jié)合正弦定理可得，又，（2）由，及正弦定理得，故，即，由，得，當，即時，【點睛】該題主要考查的是有關(guān)解三角形的問題，解題的關(guān)鍵是掌握正余弦定理，屬于簡單題目.18（1）見解析；（2）【解析】（1）設(shè)為中點，連結(jié)，先證明，可證得，假設(shè)

14、不為線段的中點，可得平面，這與矛盾，即得證；（2）以為原點，以分別為軸建立空間直角坐標系，分別求解平面，平面的法向量的法向量，利用二面角的向量公式，即得解.【詳解】（1）設(shè)為中點，連結(jié).，又 平面，平面，.又分別為中點，又，.假設(shè)不為線段的中點，則與是平面內(nèi)內(nèi)的相交直線，從而平面，這與矛盾，所以為線段的中點.（2）以為原點，由條件面面，以分別為軸建立空間直角坐標系，則，.設(shè)平面的法向量為所以取，則，.同法可求得平面的法向量為，由圖知二面角為銳二面角，二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了立體幾何與空間向量綜合，考查了學生邏輯推理，空間想象，數(shù)學運算的能力，屬于中檔題.19（1）見解析（2）【解析

15、】(1)根據(jù)中位線證明平面平面，即可證明MH平面；（2）以，為，軸建立空間直角坐標系，找到點的坐標代入公式即可計算二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：連接，分別為，的中點，又平面，平面，平面，同理，平面，平面，平面，平面平面，平面，平面（2）連接，在和中，由余弦定理可得，由與互補，可解得，于是，直線與直線所成角為，又，即，平面，平面平面，為中點，平面，如圖所示，分別以，為，軸建立空間直角坐標系，則，設(shè)平面的法向量為，即令，則，可得平面的一個法向量為又平面的一個法向量為，二面角的余弦值為【點睛】此題考查線面平行，建系通過坐標求二面角等知識點，屬于一般性題目.20（1）；（2）.【解析】（1）根據(jù)

16、坐標和為等邊三角形可得，進而得到橢圓方程；（2）當直線斜率不存在時，易求坐標，從而得到所求面積；當直線的斜率存在時，設(shè)方程為，與橢圓方程聯(lián)立得到韋達定理的形式，并確定的取值范圍；利用，代入韋達定理的結(jié)論可求得關(guān)于的表達式，采用換元法將問題轉(zhuǎn)化為，的值域的求解問題，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性可求得值域；結(jié)合兩種情況的結(jié)論可得最終結(jié)果.【詳解】（1），為等邊三角形，橢圓的標準方程為（2）設(shè)四邊形的面積為當直線的斜率不存在時，可得，當直線的斜率存在時，設(shè)直線的方程為，設(shè)，聯(lián)立得：，面積令，則，令，則，在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，綜上所述：四邊形面積的取值范圍是【點睛】本題考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用問題，涉及到橢圓方程的求

17、解、橢圓中的四邊形面積的取值范圍的求解問題；關(guān)鍵是能夠?qū)⑺竺娣e表示為關(guān)于某一變量的函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域的求解問題.21（1）見解析；（2）見解析【解析】（1）求導得，分類討論和，利用導數(shù)研究含參數(shù)的函數(shù)單調(diào)性；（2）根據(jù)（1）中求得的的單調(diào)性，得出在處取得最大值為，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)，推出，即可證明不等式.【詳解】解：（1）由于，得，當時，此時在上遞增；當時，由，解得，若，則，若，此時在遞增，在上遞減.（2）由（1）知在處取得最大值為：，設(shè)，則，令，則，則在單調(diào)遞減，即，則在單調(diào)遞減，.【點睛】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，涉及分類討論和構(gòu)造新函數(shù)，通過導數(shù)證明不等式，考查轉(zhuǎn)化思想和計算能力.2