2022届贵州省黔东南州锦屏县高考临考冲刺数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、要求的。1 “幻方”最早记载于我国公元前500年的春秋时期大戴礼中“阶幻方”是由前个正整数组成的个阶方阵，其各行各列及两条对角线所含的个数之和（简称幻和）相等，例如“3阶幻方”的幻和为15（如图所示）则“5阶幻方”的幻和为（ ）A75B65C55D452某校团委对“学生性别与中学生追星是否有关”作了一次调查，利用列联表，由计算得,参照下表:0.010.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828得到正确结论是( )A有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星无关”B有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”C在犯错误的概率

3、不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星无关”D在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星有关”3已知函数，若，对任意恒有，在区间上有且只有一个使，则的最大值为（ ）ABCD4若函数为自然对数的底数)在区间上不是单调函数，则实数的取值范围是( )ABCD5已知全集，函数的定义域为，集合，则下列结论正确的是ABCD6等差数列中，则数列前6项和为（）A18B24C36D727已知分别为圆与的直径，则的取值范围为（ ）ABCD8某个命题与自然数有关，且已证得“假设时该命题成立，则时该命题也成立”现已知当时，该命题不成立，那么（ ）A当时，该命题不成立B当时，该命题成立

4、C当时，该命题不成立D当时，该命题成立9阅读名著，品味人生，是中华民族的优良传统.学生李华计划在高一年级每周星期一至星期五的每天阅读半个小时中国四大名著：红楼梦、三国演义、水浒传及西游记，其中每天阅读一种，每种至少阅读一次，则每周不同的阅读计划共有（ ）A120种B240种C480种D600种10若数列为等差数列，且满足，为数列的前项和，则（ ）ABCD11执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的整数的最大值为( )A7B15C31D6312复数，若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，则等于（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13九章算术卷5商功记载一个问题“今有圆

5、堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？答曰：二千一百一十二尺，术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”，这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”，就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），则由此可推得圆周率的取值为_.14已知，若，则a的取值范围是_15已知是夹角为的两个单位向量，若，则与的夹角为_.16在中，已知，则A的值是_.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）已知（1）若的解集为，求的值；（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围18（12分）已知为坐标原点，单位圆与角终边的交点为，过作平行于轴的直线

6、，设与终边所在直线的交点为，.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的值域.19（12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为.（1）求，的值；（2）证明函数存在唯一的极大值点，且.20（12分）如图,在平面直角坐标系中,以轴正半轴为始边的锐角的终边与单位圆交于点,且点的纵坐标是（1）求的值:（2）若以轴正半轴为始边的钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标为,求的值21（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=4，.（1）求A的余弦值；（2）求ABC面积的最大值22（10分）a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边.已知a3，且B60.（1）求ABC的面积； （2

7、）若D，E是BC边上的三等分点，求.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。1B【解析】计算的和，然后除以，得到“5阶幻方”的幻和.【详解】依题意“5阶幻方”的幻和为，故选B.【点睛】本小题主要考查合情推理与演绎推理，考查等差数列前项和公式，属于基础题.2B【解析】通过与表中的数据6.635的比较，可以得出正确的选项.【详解】解:，可得有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”，故选B.【点睛】本题考查了独立性检验的应用问题，属于基础题.3C【解析】根据的零点和最值点列方程组，求得的表达式（用表示），根据在上有且只有

8、一个最大值，求得的取值范围，求得对应的取值范围，由为整数对的取值进行验证，由此求得的最大值.【详解】由题意知，则其中，又在上有且只有一个最大值，所以，得，即，所以，又，因此当时，此时取可使成立，当时，所以当或时，都成立，舍去；当时，此时取可使成立，当时，所以当或时，都成立，舍去；当时，此时取可使成立，当时，所以当时，成立；综上所得的最大值为故选:C【点睛】本小题主要考查三角函数的零点和最值，考查三角函数的性质，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.4B【解析】求得的导函数，由此构造函数，根据题意可知在上有变号零点.由此令，利用分离常数法结合换元法，求得的取值范围

9、.【详解】，设，要使在区间上不是单调函数，即在上有变号零点，令， 则，令，则问题即在上有零点，由于在上递增，所以的取值范围是.故选：B【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查方程零点问题的求解策略，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.5A【解析】求函数定义域得集合M，N后，再判断【详解】由题意，故选A【点睛】本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定6C【解析】由等差数列的性质可得，根据等差数列的前项和公式可得结果.【详解】等差数列中，即，故选C.【点睛】本

10、题主要考查了等差数列的性质以及等差数列的前项和公式的应用，属于基础题.7A【解析】由题先画出基本图形，结合向量加法和点乘运算化简可得，结合的范围即可求解【详解】如图，其中，所以.故选：A【点睛】本题考查向量的线性运算在几何中的应用，数形结合思想，属于中档题8C【解析】写出命题“假设时该命题成立，则时该命题也成立”的逆否命题，结合原命题与逆否命题的真假性一致进行判断.【详解】由逆否命题可知，命题“假设时该命题成立，则时该命题也成立”的逆否命题为“假设当时该命题不成立，则当时该命题也不成立”，由于当时，该命题不成立，则当时，该命题也不成立，故选：C.【点睛】本题考查逆否命题与原命题等价性的应用，解

11、题时要写出原命题的逆否命题，结合逆否命题的等价性进行判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.9B【解析】首先将五天进行分组，再对名著进行分配，根据分步乘法计数原理求得结果.【详解】将周一至周五分为组，每组至少天，共有：种分组方法；将四大名著安排到组中，每组种名著，共有：种分配方法；由分步乘法计数原理可得不同的阅读计划共有：种本题正确选项：【点睛】本题考查排列组合中的分组分配问题，涉及到分步乘法计数原理的应用，易错点是忽略分组中涉及到的平均分组问题.10B【解析】利用等差数列性质，若，则 求出，再利用等差数列前项和公式得【详解】解：因为 ，由等差数列性质，若，则得，为数列的前项和，则故选：【点睛】本

12、题考查等差数列性质与等差数列前项和.(1)如果为等差数列，若，则 (2)要注意等差数列前项和公式的灵活应用，如.11B【解析】试题分析：由程序框图可知：，；，；，；，；，. 第步后输出，此时，则的最大值为15，故选B.考点：程序框图.12A【解析】先通过复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，得到，再利用复数的除法求解.【详解】因为复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，且复数，所以所以故选：A【点睛】本题主要考查复数的基本运算和几何意义，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。133【解析】根据圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高）,可得,进而可求出的值【详解】解:设圆

13、柱底面圆的半径为,圆柱的高为,由题意知,解得.故答案为:3.【点睛】本题主要考查了圆柱的体积公式.只要能看懂题目意思,结合方程的思想即可求出结果.14【解析】函数等价为，由二次函数的单调性可得在R上递增，即为，可得a的不等式，解不等式即可得到所求范围【详解】，等价为，且时，递增，时，递增，且，在处函数连续，可得在R上递增，即为，可得，解得，即a的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查分段函数的单调性的判断和运用：解不等式，考查转化思想和运算能力，属于中档题15【解析】依题意可得，再根据求模，求数量积，最后根据夹角公式计算可得；【详解】解：因为是夹角为的两个单位向量所以，又，所以，所以，因为所以；

14、故答案为：【点睛】本题考查平面向量的数量积的运算律，以及夹角的计算，属于基础题.16【解析】根据正弦定理，由可得，由可得，将代入求解即得.【详解】，即，则，则.故答案为：【点睛】本题考查正弦定理和二倍角的正弦公式，是基础题.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。17（1）；（2）【解析】（1）利用两边平方法解含有绝对值的不等式，再根据根与系数的关系求出的值；（2）利用绝对值不等式求出的最小值，把不等式化为只含有的不等式，求出不等式解集即可【详解】（1）不等式，即两边平方整理得由题意知和是方程的两个实数根即，解得（2）因为所以要使不等式恒成立，只需当时，解得，即；当时，解

15、得，即；综上所述，的取值范围是【点睛】本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题18（1）；（2）.【解析】（1）根据题意，求得，因而得出，利用降幂公式和二倍角的正弦公式化简函数，最后利用，求出的最小正周期；（2）由（1）得，再利用整体代入求出函数的值域.【详解】（1） 因为 ， ， 所以，所以函数的最小正周期为. （2）因为，所以，所以，故函数在区间上的值域为.【点睛】本题考查正弦型函数的周期和值域，运用到向量的坐标运算、降幂公式和二倍角的正弦公式，考查化简和计算能力.19（1）（2）证明见解析【解析】（1）求导，可得（1），（1），结合已知切线方程即可求得，

16、的值；（2）利用导数可得，再构造新函数，利用导数求其最值即可得证【详解】（1）函数的定义域为，则（1），（1），故曲线在点，（1）处的切线方程为，又曲线在点，（1）处的切线方程为，；（2）证明：由（1）知，则，令，则，易知在单调递减，又，（1），故存在，使得，且当时，单调递增，当，时，单调递减，由于，（1），（2），故存在，使得，且当时，单调递增，当，时，单调递减，故函数存在唯一的极大值点，且，即，则，令，则，故在上单调递增，由于，故（2），即，【点睛】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查推理论证能力，属于中档题20（1）（2）【解析】（1）依题意,任意角的三角

17、函数的定义可知,进而求出在利用余弦的和差公式即可求出.（2）根据钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,得出,进而得出,利用正弦的和差公式即可求出,结合为锐角,为钝角,即可得出的值.【详解】解：因为锐角的终边与单位圆交于点,点的纵坐标是,所以由任意角的三角函数的定义可知,从而（1）于是（2）因为钝角的终边与单位圆交于点,且点的横坐标是,所以,从而于是因为为锐角,为钝角,所以从而【点睛】本题本题考查正弦函数余弦函数的定义,考查正弦余弦的两角和差公式,是基础题.21（1）；（2）【解析】（1）根据正弦定理化简得到，故，得到答案.（2）计算，再利用面积公式计算得到答案.【详解】（1），则，即，故，故.（2