2022届鄂东南省级示范高中联盟高三最后一卷数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A函数在上单调递增B函数的周期是C函数的图象关于点对称D函数在上最大值是12已知圆M:x2+

2、y2-2ay=0a0截直线x+y=0所得线段的长度是22，则圆M与圆N:x-12+y-12=1的位置关系是（ ）A内切B相交C外切D相离3函数的图象为C，以下结论中正确的是（ ）图象C关于直线对称；图象C关于点对称；由y =2sin2x的图象向右平移个单位长度可以得到图象C.ABCD43本不同的语文书，2本不同的数学书，从中任意取出2本，取出的书恰好都是数学书的概率是（ ）ABCD5下列结论中正确的个数是（ ）已知函数是一次函数，若数列通项公式为，则该数列是等差数列；若直线上有两个不同的点到平面的距离相等，则；在中，“”是“”的必要不充分条件；若，则的最大值为2.A1B2C3D06设、，数列满

3、足，则（ ）A对于任意，都存在实数，使得恒成立B对于任意，都存在实数，使得恒成立C对于任意，都存在实数，使得恒成立D对于任意，都存在实数，使得恒成立7已知函数，则（ ）A2B3C4D58已知集合则（ ）ABCD9如图，平面ABCD，ABCD为正方形，且，E，F分别是线段PA，CD的中点，则异面直线EF与BD所成角的余弦值为（ ）ABCD10已知复数，若，则的值为（ ）A1BCD11设椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点，则椭圆E的离心率是（ ）ABCD12在棱长均相等的正三棱柱中，为的中点，在上，且，则下述结论：；平面平面：

4、异面直线与所成角为其中正确命题的个数为( )A1B2C3D4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13展开式中，含项的系数为_.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），15若函数的图像与直线的三个相邻交点的横坐标分别是,则实数的值为_16若函数 (R，)满足，且的最小值等于，则的值为_.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）在三角形中，角，的对边分别为，若.（）求角；（）若，求.18（12分）在数列和等比数列

5、中，.（1）求数列及的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.19（12分）有最大值，且最大值大于.（1）求的取值范围；（2）当时，有两个零点，证明：.(参考数据：)20（12分）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是，直线和直线的极坐标方程分别是（）和（），其中（）.（1）写出曲线的直角坐标方程；（2）设直线和直线分别与曲线交于除极点的另外点，求的面积最小值.21（12分）已知椭圆的中心在坐标原点，其短半轴长为，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上的点，且证明：直线与圆相切；求面积的最小值22（10分）设函数.（）讨论函数的单调性；（）如果对所有的0，都有，求的最小

6、值；（）已知数列中，且，若数列的前n项和为，求证：.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。1A【解析】根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式；利用整体对应的方式可判断出在上单调递增，正确；关于点对称，错误；根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误；根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得，错误.【详解】将横坐标缩短到原来的得：当时，在上单调递增 在上单调递增，正确；的最小正周期为： 不是的周期，错误；当时，关于点对称，错误；当时， 此时没有最大值，错误.本题正确选项：【点睛】本题考查正弦型函数的性质，涉及到三角函

7、数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解；关键是能够灵活应用整体对应的方式，通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.2B【解析】化简圆M:x2+(y-a)2=a2M(0,a),r1=aM到直线x+y=0的距离d=a2 (a2)2+2=a2a=2M(0,2),r1=2，又N(1,1),r2=1|MN|=2|r1-r2|MN| |r1+r2|两圆相交. 选B3B【解析】根据三角函数的对称轴、对称中心和图象变换的知识，判断出正确的结论.【详解】因为，又，所以正确.，所以正确.将的图象向右平移个单位长度，得，所以错误.所以正确，错误.故选:B【点睛】本小题主

8、要考查三角函数的对称轴、对称中心，考查三角函数图象变换，属于基础题.4D【解析】把5本书编号，然后用列举法列出所有基本事件计数后可求得概率【详解】3本不同的语文书编号为，2本不同的数学书编号为，从中任意取出2本，所有的可能为：共10个，恰好都是数学书的只有一种，所求概率为故选：D.【点睛】本题考查古典概型，解题方法是列举法，用列举法写出所有的基本事件，然后计数计算概率5B【解析】根据等差数列的定义，线面关系，余弦函数以及基本不等式一一判断即可；【详解】解：已知函数是一次函数，若数列的通项公式为，可得为一次项系数），则该数列是等差数列，故正确；若直线上有两个不同的点到平面的距离相等，则与可以相交

9、或平行，故错误；在中，而余弦函数在区间上单调递减，故 “”可得“”，由“”可得“”，故“”是“”的充要条件，故错误；若，则，所以，当且仅当时取等号，故正确；综上可得正确的有共2个；故选：B【点睛】本题考查命题的真假判断，主要是正弦定理的运用和等比数列的求和公式、等差数列的定义和不等式的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题6D【解析】取，可排除AB；由蛛网图可得数列的单调情况，进而得到要使，只需，由此可得到答案.【详解】取，数列恒单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；由蛛网图可知，存在两个不动点，且，因为当时，数列单调递增，则；当时，数列单调递减，则；所以要使，只需要，故，化简得且.故选

10、：D【点睛】本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于难题7A【解析】根据分段函数直接计算得到答案.【详解】因为所以.故选：.【点睛】本题考查了分段函数计算，意在考查学生的计算能力.8B【解析】解对数不等式可得集合A，由交集运算即可求解.【详解】集合解得由集合交集运算可得，故选：B.【点睛】本题考查了集合交集的简单运算，对数不等式解法，属于基础题.9C【解析】分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系,再利用向量法求异面直线EF与BD所成角的余弦值.【详解】由题可知，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设.则.

11、故异面直线EF与BD所成角的余弦值为.故选：C【点睛】本题主要考查空间向量和异面直线所成的角的向量求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.10D【解析】由复数模的定义可得：，求解关于实数的方程可得：.本题选择D选项.11C【解析】连接，为的中位线，从而，且，进而，由此能求出椭圆的离心率.【详解】如图，连接，椭圆：的右顶点为A，右焦点为F，B、C为椭圆上关于原点对称的两点，不妨设B在第二象限，直线BF交直线AC于M，且M为AC的中点为的中位线，且，解得椭圆的离心率. 故选：C【点睛】本题考查了椭圆的几何性质，考查了运算求解能力，属于基础题.12B【解析】设出棱长，通过直线与直线的垂直判断直线

12、与直线的平行，推出的正误；判断是的中点推出正的误；利用直线与平面垂直推出平面与平面垂直推出正的误；建立空间直角坐标系求出异面直线与所成角判断的正误【详解】解：不妨设棱长为：2，对于连结，则，即与不垂直，又，不正确；对于，连结，在中，而，是的中点，所以，正确；对于由可知，在中，连结，易知，而在中，即，又，面，平面平面，正确；以为坐标原点，平面上过点垂直于的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的直角坐标系；， ， ， ， ；， ；异面直线与所成角为，故不正确故选：【点睛】本题考查命题的真假的判断，棱锥的结构特征，直线与平面垂直，直线与直线的位置关系的应用，考查空间想象能力以及逻辑

13、推理能力二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。132【解析】变换得到，展开式的通项为，计算得到答案.【详解】，的展开式的通项为：.含项的系数为：.故答案为：.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.141080【解析】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，再分别奔赴四所不同的学校参加演讲有种，然后用分步计数原理求解.【详解】将六人分成四组，其中两个组各2人，另两个组各1人有种，再分别奔赴四所不同的学校参加演讲有种，则不同的分配方案有种.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，

14、属于中档题.154【解析】由题可分析函数与的三个相邻交点中不相邻的两个交点距离为,即,进而求解即可【详解】由题意得函数的最小正周期,解得故答案为：4【点睛】本题考查正弦型函数周期的应用,考查求正弦型函数中的161【解析】利用辅助角公式化简可得,由题可分析的最小值等于表示相邻的一个对称中心与一个对称轴的距离为,进而求解即可.【详解】由题,因为,且的最小值等于,即相邻的一个对称中心与一个对称轴的距离为,所以,即,所以,故答案为:1【点睛】本题考查正弦型函数的对称性的应用,考查三角函数的化简.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（）（）8【解析】（）由余弦定理可得，即可

15、求出A,（）根据同角的三角函数的关系和两角和的正弦公式和正弦定理即可求出.【详解】（）由余弦定理，所以，所以，即，因为，所以；（）因为，所以，因为，由正弦定理得，所以.【点睛】本题考查利用正弦定理与余弦定理解三角形，属于简单题.18（1），（2）【解析】(1)根据与可求得,再根据等比数列的基本量求解即可.(2)由(1)可得,再利用错位相减求和即可.【详解】解：（1）依题意,设数列的公比为q,由,可知,由,得,又,则,故,又由,得. （2）依题意.,则,-得,即,故.【点睛】本题主要考查了等比数列的基本量求解以及错位相减求和等.属于中档题.19（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）求出函数的定

16、义域为，分和两种情况讨论，分析函数的单调性，求出函数的最大值，即可得出关于实数的不等式，进而可求得实数的取值范围；（2）利用导数分析出函数在上递增，在上递减，可得出，由，构造函数，证明出，进而得出，再由函数在区间上的单调性可证得结论.【详解】（1）函数的定义域为，且.当时，对任意的，此时函数在上为增函数，函数为最大值；当时，令，得.当时，此时函数单调递增；当时，此时函数单调递减.所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，即，解得.综上所述，实数的取值范围是；（2）当时，定义域为，当时，；当时，.所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.由于函数有两个零点、且，构造函数，其中，令，当时，所以，函数

17、在区间上单调递减，则，则.所以，函数在区间上单调递减，即，即，且，而函数在上为减函数，所以，因此，.【点睛】本题考查利用函数的最值求参数，同时也考查了利用导数证明函数不等式，利用所证不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于难题.20（1）；（2）16.【解析】（1）将极坐标方程化为直角坐标方程即可；（2）利用极径的几何意义，联立曲线，直线，直线的极坐标方程，得出，利用三角形面积公式，结合正弦函数的性质，得出的面积最小值.【详解】（1）曲线：，即化为直角坐标方程为：；（2），即同理当且仅当，即（）时取等号即的面积最小值为16【点睛】本题主要考查了极坐标方程化直角坐标方程以

18、及极坐标的应用，属于中档题.21证明见解析；1.【解析】由题意可得椭圆的方程为，由点在直线上，且知的斜率必定存在，分类讨论当的斜率为时和斜率不为时的情况列出相应式子，即可得出直线与圆相切；由知，的面积为【详解】解：由题意，椭圆的焦点在轴上，且，所以所以椭圆的方程为由点在直线上，且知的斜率必定存在，当的斜率为时，于是，到的距离为，直线与圆相切当的斜率不为时，设的方程为，与联立得，所以，从而而，故的方程为，而在上，故，从而，于是此时，到的距离为，直线与圆相切综上，直线与圆相切由知，的面积为，上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查化归与转化思想，属于难题22（）函数在上单调递减，在单调递增；（）；（）证明见解析【解析】（）先求出函数f（x）的导数，通过解关于导数的不等式，从而求出函数的单调区间；（）设g（x）f（x）