2022届江西省南昌、南昌二十等四校高三（最后冲刺）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已知函数，若函数的极大值点从小到大依次记为，并记相应的极大值为，则的值为（ ）ABCD2算数书竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载

2、有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（ ）ABCD3已知四棱锥中，平面，底面是边长为2的正方形，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD4已知函数f（x）sin2x+sin2（x），则f（x）的最小值为（ ）ABCD5已知函数，若不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是（ ）ABCD6已知双曲线的一条渐近线倾斜角为，则（ ）A3BCD7设且，则下列不等式成立的是（ ）ABCD8在复平面内，复数z=

3、i对应的点为Z，将向量绕原点O按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是（ ）ABCD9已知集合，则全集则下列结论正确的是( )ABCD10在四面体中，为正三角形，边长为6，则四面体的体积为（ ）ABC24D11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（ ）A9B10C18D2012已知，则a，b，c的大小关系为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，P为C上一点，PQ垂直l于点Q，M，N分别为PQ，PF的中点，MN与x轴相交于点R，若NRF=60，则|FR|等于_.14点到直线的距离为_15已知实

4、数 满足，则的最大值为_.16如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的体积为_. 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）设函数f(x)=sin(2x-(I)求f(x)的最小正周期；(II)若(6,)且f(18（12分）某公园准备在一圆形水池里设置两个观景喷泉，观景喷泉的示意图如图所示，两点为喷泉，圆心为的中点，其中米，半径米，市民可位于水池边缘任意一点处观赏（1）若当时，求此时的值；（2）设，且（i）试将表示为的函数，并求出的取值范围；（ii）若同时要求市民在水池边缘任意一点处观赏喷泉时，观赏角度的最大值不小于，试求两处喷泉间距离的最小值

5、19（12分）对于正整数，如果个整数满足，且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.()写出整数4的所有“正整数分拆”;()对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值;()对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)20（12分）如图，在矩形中，点分别是线段的中点，分别将沿折起，沿折起，使得重合于点，连结.（）求证：平面平面；（）求直线与平面所成角的正弦值.21（12分）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）当时，如果方程有两个不

6、等实根，求实数t的取值范围，并证明.22（10分）如图，四棱锥中，四边形是矩形，为正三角形，且平面平面，、分别为、的中点.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.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】对此分段函数的第一部分进行求导分析可知，当时有极大值，而后一部分是前一部分的定义域的循环，而值域则是每一次前面两个单位长度定义域的值域的2倍，故此得到极大值点的通项公式，且相应极大值，分组求和即得【详解】当时，显然当时有，经单调性分析知为的第一个极值点又时，均为其极值点函数不能在端点处取得极值，对应极值，故选

7、：C【点睛】本题考查基本函数极值的求解，从函数表达式中抽离出相应的等差数列和等比数列，最后分组求和，要求学生对数列和函数的熟悉程度高，为中档题2C【解析】将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为r，则，又，故，所以，.故选：C.【点睛】本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.3B【解析】由题意建立空间直角坐标系，表示出各点坐标后，利用即可得解.【详解】平面，底面是边长为2的正方形，如图建立空间直角坐标系，由题意：，为的中点，.，异面直线与所成角的余弦值为即为.故选：B.【点睛】本题考查了空间向量的应用，考查了空间想象能力，

8、属于基础题.4A【解析】先通过降幂公式和辅助角法将函数转化为，再求最值.【详解】已知函数f（x）sin2x+sin2（x），=，=，因为，所以f（x）的最小值为.故选：A【点睛】本题主要考查倍角公式及两角和与差的三角函数的逆用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.5A【解析】先求出函数在处的切线方程，在同一直角坐标系内画出函数和的图象，利用数形结合进行求解即可.【详解】当时，所以函数在处的切线方程为：，令，它与横轴的交点坐标为.在同一直角坐标系内画出函数和的图象如下图的所示：利用数形结合思想可知：不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是.故选：A【点睛】本题考查了利用数形结合思想解决不等式恒

9、成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.6D【解析】由双曲线方程可得渐近线方程，根据倾斜角可得渐近线斜率，由此构造方程求得结果.【详解】由双曲线方程可知：，渐近线方程为：，一条渐近线的倾斜角为，解得：.故选：.【点睛】本题考查根据双曲线渐近线倾斜角求解参数值的问题，关键是明确直线倾斜角与斜率的关系；易错点是忽略方程表示双曲线对于的范围的要求.7A【解析】 项，由得到，则，故项正确；项，当时，该不等式不成立，故项错误；项，当，时，即不等式不成立，故项错误；项，当，时，即不等式不成立，故项错误综上所述，故选8A【解析】由复数z求得点Z的坐标，得到向量的坐标，逆时针旋转，得到向量的坐标，则对应的复数

10、可求.【详解】解：复数z=i（i为虚数单位）在复平面中对应点Z（0，1），(0，1)，将绕原点O逆时针旋转得到，设(a，b)，则，即，又，解得：，对应复数为.故选：A.【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题.9D【解析】化简集合，根据对数函数的性质，化简集合，按照集合交集、并集、补集定义，逐项判断，即可求出结论.【详解】由，则，故，由知，因此，故选:D【点睛】本题考查集合运算以及集合间的关系，求解不等式是解题的关键，属于基础题.10A【解析】推导出，分别取的中点,连结，则，推导出，从而，进而四面体的体积为，由此能求出结果.【详解】解： 在四面体中，为等边三角形，边长为6，分别取

11、的中点，连结，则，且，平面，平面，四面体的体积为：.故答案为：.【点睛】本题考查四面体体积的求法，考查空间中线线，线面，面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力.11B【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x

12、0，1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.12D【解析】与中间值1比较，可用换底公式化为同底数对数，再比较大小【详解】，又，即，故选：D.【点睛】本题考查幂和对数的大小比较，解题时能化为同底的化为同底数幂比较，或化为同底数对数比较，若是不同类型的数，可借助中间值如0，1等比较二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。132【解

13、析】由题意知：，.由NRF=60，可得为等边三角形，MFPQ，可得F为HR的中点，即求.【详解】不妨设点P在第一象限，如图所示，连接MF，QF.抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，P为C上一点，.M，N分别为PQ，PF的中点，PQ垂直l于点Q，PQ/OR，NRF=60，为等边三角形，MFPQ，易知四边形和四边形都是平行四边形，F为HR的中点，故答案为：2.【点睛】本题主要考查抛物线的定义，属于基础题.142【解析】直接根据点到直线的距离公式即可求出。【详解】依据点到直线的距离公式，点到直线的距离为。【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的应用。15【解析】作出不等式组所表示的平面区域，将

14、目标函数看作点与可行域的点所构成的直线的斜率，当直线过时，直线的斜率取得最大值，代入点A的坐标可得答案.【详解】画出二元一次不等式组所表示的平面区域，如下图所示，由得点，目标函数表示点与可行域的点所构成的直线的斜率，当直线过时，直线的斜率取得最大值，此时的最大值为.故答案为：. 【点睛】本题考查求目标函数的最值，关键在于明确目标函数的几何意义，属于中档题.16【解析】由题意可知半球的半径与正四棱锥的高相等，可得正四棱锥的棱与半径的关系，进而可写出半球的半径与四棱锥体积的关系，进而求得结果.【详解】设所给半球的半径为，则四棱锥的高，则，由四棱锥的体积，半球的体积为：.【方法点睛】涉及球与棱柱、棱

15、锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.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 (I)；(II)-【解析】(I)化简得到fx(II) f(2)=2sin【详解】(I) f(x)=2sin2x+(II) f(2)=2sin(6,)，故+故+12sin(2+【点睛】本题考查了三角函数的周期，三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18 (1)；

16、(2)(i)，；(ii).【解析】（1）在中，由正弦定理可得所求；（2）（i）由余弦定理得，两式相加可得所求解析式（ii）在中，由余弦定理可得，根据的最大值不小于可得关于的不等式，解不等式可得所求【详解】（1）在中，由正弦定理得，所以，即（2）（i）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，又所以，即又，解得，所以所求关系式为，（ii）当观赏角度的最大时，取得最小值在中，由余弦定理可得，因为的最大值不小于，所以，解得，经验证知，所以即两处喷泉间距离的最小值为【点睛】本题考查解三角形在实际中的应用，解题时要注意把条件转化为三角形的边或角，然后借助正余弦定理进行求解解题时要注意三角形边角关系的运用，

17、同时还要注意所得结果要符合实际意义19 () ，；() 为偶数时，为奇数时，；()证明见解析，【解析】()根据题意直接写出答案.()讨论当为偶数时，最大为，当为奇数时，最大为，得到答案.() 讨论当为奇数时，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时， 根据对应关系得到，再计算，得到答案.【详解】()整数4的所有“正整数分拆”为：，.()当为偶数时，时，最大为；当为奇数时，时，最大为；综上所述：为偶数，最大为，为奇数时，最大为.()当为奇数时，至少存在一个全为1的拆分，故；当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，故.综上所述：.当时，偶数“正整

18、数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，故；当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故.综上所述：使成立的为：或.【点睛】本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.20（）详见解析；（）.【解析】（）根据，可得平面，故而平面平面（）过作于，则可证平面，故为所求角，在中利用余弦定理计算，再计算【详解】解：（）因为，平面，平面所以平面，又平面，所以平面平面；（）过作于，则由平面，且平面知，所以平面，从而是直线与平面所成角.因为， 所以，从而.【点睛】本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题21（1）当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；（2），证明见解析.【解析】（1）求出，对分类讨论