四川省资阳市重点2022年高考冲刺模拟数学试题含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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

2、最大值为2.A1B2C3D02 “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2015年以来，“一带一路”建设成果显著.如图是20152019年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图，下列描述错误的是( )A这五年，出口总额之和比进口总额之和大B这五年，2015年出口额最少C这五年，2019年进口增速最快D这五年，出口增速前四年逐年下降3已知将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和的图象都关于对称，则的值为（ ）A2B3C4D4抛物线的焦点为，点是上一点，则（

3、 ）ABCD5点在曲线上，过作轴垂线，设与曲线交于点，且点的纵坐标始终为0，则称点为曲线上的“水平黄金点”，则曲线上的“水平黄金点”的个数为（ ）A0B1C2D36对于定义在上的函数，若下列说法中有且仅有一个是错误的，则错误的一个是（ ）A在上是减函数B在上是增函数C不是函数的最小值D对于，都有7已知复数满足，(为虚数单位)，则( )ABCD38已知函数，若时，恒成立，则实数的值为（ ）ABCD9为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（ ）A24B36C

4、48D6410若，点C在AB上，且，设，则的值为（ ）ABCD11设函数，则，的大致图象大致是的( )ABCD12函数的部分图象如图所示，已知，函数的图象可由图象向右平移个单位长度而得到，则函数的解析式为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设，则除以的余数是_.14西周初数学家商高在公元前1000年发现勾股定理的一个特例：勾三，股四，弦五.此发现早于毕达哥拉斯定理五百到六百年.我们把可以构成一个直角三角形三边的一组正整数称为勾股数.现从3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13这11个数中随机抽取3个数，则这3个数能构成勾股数的概率为_15若点为点在平面上

5、的正投影，则记.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是线段上一动点，.给出下列四个结论：为的重心；当时，平面；当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为.其中，所有正确结论的序号是_.16在中，角的对边分别为，且若为钝角，则的面积为_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）如图,四棱锥,侧面是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形, 为棱上的动点,且.(I)求证：为直角三角形；(II)试确定的值，使得二面角的平面角余弦值为.18（12分）已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单

6、位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线与直线的直角坐标方程；（2）若曲线与直线交于两点，求的值.19（12分）已知函数.（1）求函数的最小正周期以及单调递增区间；（2）已知，若，求的面积.20（12分）已知函数，.（1）证明：函数的极小值点为1；（2）若函数在有两个零点，证明：.21（12分）已知数列满足，且.（1）求证：数列为等比数列，并求出数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.22（10分）已知等差数列an,和等比数列bn满足：a1=b1=1,bnN*,a2+a4+a9=3b3,3ab3=b5-30.(I)求数列an和bn的通项公式；(II)求数列n2anan+1的前n项

7、和Sn.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】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

8、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2D【解析】根据统计图中数据的含义进行判断即可.【详解】对A项，由统计图可得，2015年出口额和进口额基本相等，而2016年到2019年出口额都大于进口额，则A正确；对B项，由统计图可得，2015年出口额最少，则B正确；对C项，由统计图可得，2019年进口增速都超过其余年份，则C正确；对D项，由统计图可得，2015年到2016年出口增速是上升的，则D错误；故选：D【点睛】本题主要考查了根据条形统计图和折线统计图解决实际问题，属于基础题.3B【解析】因为将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，可得，结合已知，

9、即可求得答案.【详解】将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，又和的图象都关于对称，由，得，即，又，.故选：B.【点睛】本题主要考查了三角函数图象平移和根据图象对称求参数，解题关键是掌握三角函数图象平移的解法和正弦函数图象的特征，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.4B【解析】根据抛物线定义得，即可解得结果.【详解】因为，所以.故选B【点睛】本题考查抛物线定义，考查基本分析求解能力，属基础题.5C【解析】设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.【详解】设,则,所以,依题意可得,设,则,当时,则单调递减；当时,则单调递增,所以,且,有两个不同的解,所以曲线上

10、的“水平黄金点”的个数为2.故选:C【点睛】本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.6B【解析】根据函数对称性和单调性的关系，进行判断即可【详解】由得关于对称，若关于对称，则函数在上不可能是单调的，故错误的可能是或者是，若错误，则在，上是减函数，在在上是增函数，则为函数的最小值，与矛盾，此时也错误，不满足条件故错误的是，故选：【点睛】本题主要考查函数性质的综合应用，结合对称性和单调性的关系是解决本题的关键7A【解析】，故，故选A.8D【解析】通过分析函数与的图象，得到两函数必须有相同的零点，解方程组即得解.【详解】如图所示，函数与的图象，因为时，恒成立，于

11、是两函数必须有相同的零点，所以，解得故选：D【点睛】本题主要考查函数的图象的综合应用和函数的零点问题，考查不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9B【解析】根据题意，有两种分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.【详解】当按照进行分配时，则有种不同的方案；当按照进行分配，则有种不同的方案.故共有36种不同的派遣方案，故选：B.【点睛】本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题.10B【解析】利用向量的数量积运算即可算出【详解】解：，又在上，故选：【点睛】本题主要考查了向量的基本运算的应用，向量的基本定理的应用及向量共线定理等知识的综合应

12、用11B【解析】采用排除法：通过判断函数的奇偶性排除选项A；通过判断特殊点的函数值符号排除选项D和选项C即可求解.【详解】对于选项A:由题意知,函数的定义域为，其关于原点对称，因为,所以函数为奇函数,其图象关于原点对称，故选A排除；对于选项D:因为,故选项D排除;对于选项C:因为,故选项C排除;故选:B【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和特殊点函数值符号判断函数图象;考查运算求解能力和逻辑推理能力;选取合适的特殊点并判断其函数值符号是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.12A【解析】由图根据三角函数图像的对称性可得，利用周期公式可得，再根据图像过，即可求出，再利用三角函数的平移变换即可求解.【

13、详解】由图像可知，即，所以，解得，又，所以，由，所以或，又，所以，所以，即，因为函数的图象由图象向右平移个单位长度而得到，所以.故选：A【点睛】本题考查了由图像求三角函数的解析式、三角函数图像的平移伸缩变换，需掌握三角形函数的平移伸缩变换原则，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。131【解析】利用二项式定理得到，将89写成1+88，然后再利用二项式定理展开即可.【详解】，因展开式中后面10项均有88这个因式，所以除以的余数为1.故答案为：1【点睛】本题考查二项式定理的综合应用，涉及余数的问题，解决此类问题的关键是灵活构造二项式，并将它展开分析，本题是一道基础题.14【解

14、析】由组合数结合古典概型求解即可【详解】从11个数中随机抽取3个数有种不同的方法，其中能构成勾股数的有共三种，所以，所求概率为.故答案为【点睛】本题考查古典概型与数学文化，考查组合问题，数据处理能力和应用意识.15【解析】点在平面内的正投影为点，而正方体的体对角线与和它不相交的的面对角线垂直，所以直线垂直于平面，而为正三角形，可得为正三角形的重心，所以是正确的；取的中点，连接，则点在平面的正投影在上，记为，而平面平面，所以，所以正确；若设，则由可得，然后对应边成比例，可解，所以正确；由于，而的面积是定值，所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，而当点与点重合时，点到平面的距离最大，此时为

15、棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以错误.【详解】因为，连接，则有平面平面为正三角形，所以为正三角形的中心，也是的重心，所以正确；由平面，可知平面平面，记，由，可得平面平面，则，所以正确；若平面，则，设由得，易得，由，则，由得，解得，所以正确；当与重合时，最大，为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以错误.故答案为：【点睛】此题考查立体几何中的垂直、平行关系，求几何体的体积，考查空间想象能力和推理能力，属于难题.16【解析】转化为，利用二倍角公式可求解得，结合余弦定理可得b，再利用面积公式可得解.【详解】因为，所以又因为，且为锐角，所以由余弦定理得，即，解得，所以故答案为：【点睛】本

16、题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.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）见解析；(II) .【解析】试题分析：（1）取中点,连结,以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明为直角三角形；（2）设，由，得，求出平面的法向量和平面的法向量，根据空间向量夹角余弦公式能求出结果.试题解析：(I)取中点,连结，依题意可知均为正三角形，所以,又平面平面，所以平面，又平面，所以,因为,所以，即,从而为直角三角形.(II)法一：由(I)可知,又平面平面,平面平面,平面，所以平面.以为原点，建立

17、空间直角坐标系如图所示,则,由可得点的坐标所以,设平面的法向量为，则,即解得，令，得，显然平面的一个法向量为,依题意，解得或（舍去），所以，当时，二面角的余弦值为.法二：由(I)可知平面,所以,所以为二面角的平面角，即,在中，,所以，由正弦定理可得，即解得，又,所以,所以，当时，二面角的余弦值为.18（1）曲线的直角坐标方程为；直线的直角坐标方程为（2）【解析】（1）由公式可化极坐标方程为直角坐标方程，消参法可化参数方程为普通方程；（2）联立两曲线方程，解方程组得两交点坐标，从而得两点间距离【详解】解：（1）曲线的直角坐标方程为直线的直角坐标方程为（2）据解，得或【点睛】本题考查极坐标与直角坐

18、标的互化，考查参数方程与普通方程的互化，属于基础题19（1）最小正周期为，单调递增区间为；（2）.【解析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期，解不等式可求得该函数的单调递增区间；（2）由求得，由得出或，分两种情况讨论，结合余弦定理解三角形，进行利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】（1），所以，函数的最小正周期为，由得，因此，函数的单调递增区间为；（2）由，得，或，或，又，即.当时，即，则由，得，则，此时，的面积为；当时，则，即，则由，解得，.综上，的面积为.【点睛】本题考查正弦型函数的周期和单调区间的求解，同时也考查了三角形面积的计算，涉及余弦定理解三角形的应用，考查计算能力，属于中等题.20（1）见解析（2）见解析【解析】(1)利用导函数的正负确定函数的增减.(2) 函数在有两个零点，即方程在区间有两解， 令通过二次求导确定函数单调性证明参数范围.【详解】解：（1）证明：因为， 当时，所以在区间递减；当时，所以，所以在区间递增； 且，所以函数的极小值点为1（2）函数在有两个零点，即方程在区间有两解， 令，则令，则，所以在单调递增， 又， 故存在唯一的，使得， 即， 所以在单调递减，在区间单调递增，且，