2021-2022学年辽宁省大连市普兰店区高三最后一卷数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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已知（），i为虚数单位，则（ ）AB3C1D52若，则“”是 “”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件3如图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的

2、几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边，直角边.已知以直角边为直径的半圆的面积之比为，记，则（ ）ABCD4直三棱柱中，则直线与所成的角的余弦值为（ ）ABCD5已知集合A，则集合（ ）ABCD6已知函数是定义域为的偶函数，且满足，当时，则函数在区间上零点的个数为（ ）A9B10C18D207已知集合，则集合（ ）ABCD8已知幂函数的图象过点，且，则，的大小关系为（ ）ABCD9已知半径为2的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为2，则球的体积与圆柱的体积的比为（ ）ABCD10函数在上的大致图象是（ ）ABCD11设，点，设对一切都有不等式 成立，则正整数的最小值为（

3、 ）ABCD12将函数向左平移个单位，得到的图象，则满足（ ）A图象关于点对称，在区间上为增函数B函数最大值为2，图象关于点对称C图象关于直线对称，在上的最小值为1D最小正周期为，在有两个根二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图，已知扇形的半径为1，面积为，则_.14设函数，若对于任意的，2，不等式恒成立，则实数a的取值范围是 15记Sk1k+2k+3k+nk，当k1，2，3，时，观察下列等式：S1n2n，S2n3n2n，S3n4n3n2，S5An6n5n4+Bn2，可以推测，AB_16展开式的第5项的系数为_.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。1

4、7（12分）如图，在正三棱柱中，分别为，的中点（1）求证：平面；（2）求平面与平面所成二面角锐角的余弦值18（12分）已知函数()当时，讨论函数的单调区间；()若对任意的和恒成立，求实数的取值范围19（12分）如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点.（）求证：；（）求证：四边形是平行四边形；（）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.20（12分）如图，平面四边形中，是上的一点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.21（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面分别是的中

5、点.（1）证明:平面（2）若，求二面角的余弦值.22（10分）在中，、的对应边分别为、，已知，.（1）求；（2）设为中点，求的长.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。1C【解析】利用复数代数形式的乘法运算化简得答案.【详解】由，得，解得.故选:C.【点睛】本题考查复数代数形式的乘法运算,是基础题.2A【解析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当时，则当时，有，解得，充分性成立；当

6、时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.3D【解析】由半圆面积之比，可求出两个直角边 的长度之比，从而可知，结合同角三角函数的基本关系，即可求出，由二倍角公式即可求出.【详解】解：由题意知 ，以 为直径的半圆面积，以 为直径的半圆面积，则，即.由 ，得 ，所以.故选:D.【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系，考查了二倍角公式.本题的关键是由面积比求出角的正切值.4A【解析】设，延长至，使得，连，可证，得到（或补角）为所求

7、的角，分别求出，解即可.【详解】设，延长至，使得，连，在直三棱柱中，四边形为平行四边形，（或补角）为直线与所成的角，在中，在中，在中，在中，在中，.故选：A.【点睛】本题考查异面直线所成的角，要注意几何法求空间角的步骤“做”“证”“算”缺一不可，属于中档题.5A【解析】化简集合,，按交集定义，即可求解.【详解】集合，则.故选:A.【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题.6B【解析】由已知可得函数f（x）的周期与对称轴，函数F（x）f（x）在区间上零点的个数等价于函数f（x）与g（x）图象在上交点的个数，作出函数f（x）与g（x）的图象如图，数形结合即可得到答案.【详解】函数F（x）f（x）在

8、区间上零点的个数等价于函数f（x）与g（x）图象在上交点的个数，由f（x）f （2x），得函数f（x）图象关于x1对称，f（x）为偶函数，取xx+2，可得f（x+2）f（x）f（x），得函数周期为2.又当x0，1时，f（x）x，且f（x）为偶函数，当x1，0时，f（x）x，g（x），作出函数f（x）与g（x）的图象如图：由图可知，两函数图象共10个交点，即函数F（x）f（x）在区间上零点的个数为10.故选：B.【点睛】本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，属于中档题.7D【解析】弄清集合B的含义，它的元素x来自于集合A，且也是集合A的元素.【详解】因，

9、所以，故，又， ，则，故集合.故选：D.【点睛】本题考查集合的定义，涉及到解绝对值不等式，是一道基础题.8A【解析】根据题意求得参数，根据对数的运算性质，以及对数函数的单调性即可判断.【详解】依题意，得，故，故，则.故选：A.【点睛】本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，考查推理论证能力，属基础题.9D【解析】分别求出球和圆柱的体积，然后可得比值.【详解】设圆柱的底面圆半径为，则，所以圆柱的体积.又球的体积，所以球的体积与圆柱的体积的比，故选D.【点睛】本题主要考查几何体的体积求解，侧重考查数学运算的核心素养.10D【解析】讨论的取值范围，然后对函数进行求导，利用导数的几何意义即可判

10、断.【详解】当时，则，所以函数在上单调递增，令，则，根据三角函数的性质，当时，故切线的斜率变小，当时，故切线的斜率变大，可排除A、B；当时，则，所以函数在上单调递增，令 ，当时，故切线的斜率变大，当时，故切线的斜率变小，可排除C，故选：D【点睛】本题考查了识别函数的图像，考查了导数与函数单调性的关系以及导数的几何意义，属于中档题.11A【解析】先求得，再求得左边的范围，只需，利用单调性解得t的范围.【详解】由题意知sin，随n的增大而增大，,，即，又f(t)=在t上单增，f(2)= -10，正整数的最小值为3.【点睛】本题考查了数列的通项及求和问题，考查了数列的单调性及不等式的解法，考查了转化

11、思想，属于中档题.12C【解析】由辅助角公式化简三角函数式，结合三角函数图象平移变换即可求得的解析式，结合正弦函数的图象与性质即可判断各选项.【详解】函数，则，将向左平移个单位，可得，由正弦函数的性质可知，的对称中心满足，解得，所以A、B选项中的对称中心错误；对于C，的对称轴满足，解得，所以图象关于直线对称；当时，由正弦函数性质可知，所以在上的最小值为1，所以C正确；对于D，最小正周期为，当，由正弦函数的图象与性质可知，时仅有一个解为，所以D错误；综上可知，正确的为C，故选：C.【点睛】本题考查了三角函数式的化简，三角函数图象平移变换，正弦函数图象与性质的综合应用，属于中档题.二、填空题：本题

12、共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】根据题意，利用扇形面积公式求出圆心角，再根据等腰三角形性质求出，利用向量的数量积公式求出.【详解】设角， 则，所以在等腰三角形中，则.故答案为：.【点睛】本题考查扇形的面积公式和向量的数量积公式，属于基础题.14【解析】试题分析：由题意得函数在2，上单调递增，当时在2，上单调递增；当时在上单调递增；在上单调递减，因此实数a的取值范围是考点：函数单调性15【解析】观察知各等式右边各项的系数和为1，最高次项的系数为该项次数的倒数，据此计算得到答案.【详解】根据所给的已知等式得到：各等式右边各项的系数和为1，最高次项的系数为该项次数的倒数，A，A1，解得B

13、，所以AB故答案为：【点睛】本题考查了归纳推理，意在考查学生的推理能力.1670【解析】根据二项式定理的通项公式，可得结果.【详解】由题可知：第5项为故第5项的的系数为故答案为：70.【点睛】本题考查的是二项式定理，属基础题。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）证明见详解；（2）.【解析】（1）取中点为，通过证明/，进而证明线面平行；（2）取中点为，以为坐标原点建立直角坐标系，求得两个平面的法向量，用向量法解得二面角的大小.【详解】（1）证明：取的中点，连结，如下图所示：在中，因为 为的中点，且，又为的中点，且，且，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面，即

14、证.（2）取中点，连结，则，平面，以为原点，分别以，为，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：则，设平面的一个法向量，则，则，令则，同理得平面的一个法向量为，则，故平面与平面所成二面角（锐角）的余弦值为.【点睛】本题考查由线线平行推证线面平行，以及利用向量法求解二面角的大小，属综合中档题.18 ()见解析()【解析】()首先求得导函数，然后结合导函数的解析式分类讨论函数的单调性即可； ()将原问题进行等价转化为，恒成立，然后构造新函数，结合函数的性质确定实数的取值范围即可【详解】解：()当时，当时，在上恒成立，函数在上单调递减；当时，由得：；由得：当时，函数的单调递减区间是，无单调递增区间：当时

15、，函数的单调递减区间是，函数的单调递增区间是()对任意的和，恒成立等价于：，恒成立即，恒成立令：，则得，由此可得：在区间上单调递减，在区间上单调递增，当时，即又，实数的取值范围是：【点睛】本题主要考查导函数研究函数的单调性和恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，等价转化的数学思想等知识，属于中等题19（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为.【解析】（1）由平面平面，可得平面，从而证明；（2）由平面与平面没有交点，可得与不相交，又与共面，所以，同理可证，得证；（3）作交于点，延长交于点，连接，根据三垂线定理，确定二面角的平面角，若，由大角对大边知，两者矛盾，故二面角的大小不能为.【详解】

16、（1）由平面平面，平面平面，且，所以平面，又平面，所以；（2）依题意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面与平面平行，即两个平面没有交点，则与不相交，又与共面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形；（3）不能.如图，作交于点，延长交于点，连接，由，所以平面，则平面，又，根据三垂线定理，得到，所以是二面角的平面角，若，则是等腰直角三角形，又，所以中，由大角对大边知，所以，这与上面相矛盾，所以二面角的大小不能为.【点睛】本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题，和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系

17、的相互转化，属中档题.20（1）见解析；（2）【解析】（1）要证平面平面，只需证平面，而，所以只需证，而由已知的数据可证得为等边三角形，又由于是的中点，所以，从而可证得结论；（2）由于在中，而平面平面，所以点在平面的投影恰好为的中点，所以如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）由，所以平面四边形为直角梯形，设，因为.所以在中，则，又，所以，由，所以为等边三角形，又是的中点，所以，又平面，则有平面，而平面，故平面平面.（2）解法一：在中，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，以为坐标原点，方向为轴方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量，由得取，则

18、设直线与平面所成角大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为. 解法二：在中，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，过作于，连，则由平面平面，所以，又，则平面，又平面所以，在中，所以，设到平面的距离为，由，即，即，可得，设直线与平面所成角大小为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角，考查学生的转化思想和计算能力，属于中档题.21（1）详见解析；（2）.【解析】（1）连接，由菱形的性质以及中位线，得，由平面平面，且交线，得平面，故而，最后由线面垂直的判定得结论.（2）以为原点建平面直角坐标系，求出平面平与平面的法向量，最后求得二面角的余弦值为.【详解】解：（1）连结 ，且是的中点，平面平面，平面平面，平面. 平面，又为菱形，且为棱的中点，.又，平面平面.（2）由题意有，四边形为菱形，且 分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则设平面的法向量为由，得，令，得