2022届兴义市高三第五次模拟考试数学试卷含解析

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宁波古圣王阳明的传习录专门讲过易经八卦图，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（“”表示一根阳线，“”表示一根阴线）从八卦中任取两卦，这两卦的六

2、根线中恰有四根阴线的概率为（ ）ABCD2已知集合，则（ ）ABCD3中国古典乐器一般按“八音”分类这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法，最先见于周礼春官大师，分为“金、石、土、革、丝、木、匏（po）、竹”八音，其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器现从“八音”中任取不同的“两音”，则含有打击乐器的概率为（ ）ABCD4已知为定义在上的偶函数，当时，则（ ）ABCD5我国古代有着辉煌的数学研究成果，其中的周髀算经、九章算术、海岛算经、孙子算经、缉古算经，有丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时

3、期某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为（ ）ABCD6已知实数，满足，则的最大值等于( )A2BC4D87如图，在中，是上一点，若，则实数的值为（ ）ABCD8已知函数，若方程恰有两个不同实根，则正数m的取值范围为（ ）ABCD9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（ ）A9B10C18D2010在的展开式中，的系数为( )A-120B120C-15D1511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（ ）ABCD12已知平面

4、向量，满足，且，则与的夹角为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图，机器人亮亮沿着单位网格，从地移动到地，每次只移动一个单位长度，则亮亮从移动到最近的走法共有_种14一个房间的地面是由12个正方形所组成，如图所示.今想用长方形瓷砖铺满地面，已知每一块长方形瓷砖可以覆盖两块相邻的正方形，即或，则用6块瓷砖铺满房间地面的方法有_种.15已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围为_16在正方体中，已知点在直线上运动，则下列四个命题中：三棱锥的体积不变；当为中点时，二面角 的余弦值为；若正方体的棱长为2，则的最小值为；其中说法正确的是_（写出所有说法正确的编号

5、）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）记为数列的前项和，已知，等比数列满足，.（1）求的通项公式；（2）求的前项和.18（12分）第十三届全国人大常委会第十一次会议审议的固体废物污染环境防治法（修订草案）中，提出推行生活垃圾分类制度，这是生活垃圾分类首次被纳入国家立法中为了解某城市居民的垃圾分类意识与政府相关法规宣传普及的关系，对某试点社区抽取户居民进行调查，得到如下的列联表分类意识强分类意识弱合计试点后试点前合计已知在抽取的户居民中随机抽取户，抽到分类意识强的概率为（1）请将上面的列联表补充完整，并判断是否有的把握认为居民分类意识的强弱与政府宣传普及工

6、作有关？说明你的理由；（2）已知在试点前分类意识强的户居民中，有户自觉垃圾分类在年以上，现在从试点前分类意识强的户居民中，随机选出户进行自觉垃圾分类年限的调查，记选出自觉垃圾分类年限在年以上的户数为，求分布列及数学期望参考公式：，其中下面的临界值表仅供参考19（12分）在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求边上的高.20（12分）设函数（）.（1）讨论函数的单调性；（2）若关于x的方程有唯一的实数解，求a的取值范围.21（12分）已知等差数列an的各项均为正数，Sn为等差数列an的前n项和，.（1）求数列an的通项an；（2）设bnan3n，求数列bn的前n项和Tn.22（1

7、0分）已知直线的参数方程为（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位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（2）设点，直线与曲线交于两点，求的值.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。1B【解析】根据古典概型的概率求法，先得到从八卦中任取两卦基本事件的总数，再找出这两卦的六根线中恰有四根阴线的基本事件数，代入公式求解.【详解】从八卦中任取两卦基本事件的总数种，这两卦的六根线中恰有四根阴线的基本事件数有6种，分别是（巽，坤），（兑，坤），（离，坤），（震，艮），

8、（震，坎），（坎，艮），所以这两卦的六根线中恰有四根阴线的概率是.故选：B【点睛】本题主要考查古典概型的概率，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2A【解析】考虑既属于又属于的集合，即得.【详解】.故选：【点睛】本题考查集合的交运算，属于基础题.3B【解析】分别求得所有基本事件个数和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果.【详解】从“八音”中任取不同的“两音”共有种取法；“两音”中含有打击乐器的取法共有种取法；所求概率.故选：.【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，关键是能够利用组合的知识求得基本事件总数和满足题意的基本事件个数.4D【解析】判断，利用函数的奇偶性代入计算得到

9、答案.【详解】，故选：【点睛】本题考查了利用函数的奇偶性求值，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.5D【解析】利用列举法，从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件有10种情况，所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有9种情况，由古典概型概率公式可得结果.【详解】周髀算经、九章算术、海岛算经、孙子算经、缉古算经，这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期记这5部专著分别为，其中产生于汉、魏、晋、南北朝时期从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件有共10种情况，所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件

10、有，共9种情况，所以所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为故选D【点睛】本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于基础题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，. ，再，.依次. 这样才能避免多写、漏写现象的发生.6D【解析】画出可行域，计算出原点到可行域上的点的最大距离，由此求得的最大值.【详解】画出可行域如下图所示，其中，由于,，所以，所以原点到可行域上的点的最大距离为

11、.所以的最大值为.故选：D【点睛】本小题主要考查根据可行域求非线性目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.7C【解析】由题意，可根据向量运算法则得到（1m），从而由向量分解的唯一性得出关于t的方程，求出t的值.【详解】由题意及图，又，所以，（1m），又t，所以，解得m，t，故选C【点睛】本题考查平面向量基本定理，根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键，本题属于基础题.8D【解析】当时，函数周期为，画出函数图像，如图所示，方程两个不同实根，即函数和有图像两个交点，计算，根据图像得到答案.【详解】当时，故函数周期为，画出函数图像，如图所示：方程，即，即函数和有两个交点.

12、，故，.根据图像知：.故选：.【点睛】本题考查了函数的零点问题，确定函数周期画出函数图像是解题的关键.9B【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x0，1时，f（x）x，且f（x）为偶函数，当x1，0时，f（x）x

13、，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.10C【解析】写出展开式的通项公式，令，即，则可求系数【详解】的展开式的通项公式为，令，即时，系数为故选C【点睛】本题考查二项式展开的通项公式，属基础题11A【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.【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

14、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.12C【解析】根据， 两边平方，化简得，再利用数量积定义得到求解.【详解】因为平面向量，满足，且， 所以，所以，所以 ，所以，所以与的夹角为.故选：C【点睛】本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】分三步来考查，先从到，再从到，最后从到，分别计算出三个步骤中对应的走法种数，然后利用分步乘法计数原理可得出结果.【详解】分三步来考查：从到，则亮

15、亮要移动两步，一步是向右移动一个单位，一步是向上移动一个单位，此时有种走法；从到，则亮亮要移动六步，其中三步是向右移动一个单位，三步是向上移动一个单位，此时有种走法；从到，由可知有种走法.由分步乘法计数原理可知，共有种不同的走法.故答案为：.【点睛】本题考查格点问题的处理，考查分步乘法计数原理和组合计数原理的应用，属于中等题.1411【解析】将图形中左侧的两列瓷砖的形状先确定，再由此进行分类，在每一类里面又分按两种形状的瓷砖的数量进行分类，在其中会有相同元素的排列问题，需用到“缩倍法”. 采用分类计数原理，求得总的方法数.【详解】（1）先贴如图这块瓷砖，然后再贴剩下的部分，按如下分类：5个：

16、，3个，2个：，1个，4个：，（2）左侧两列如图贴砖，然后贴剩下的部分：3个：，1个，2个：，综上，一共有（种）.故答案为：11.【点睛】本题考查了分类计数原理，排列问题，其中涉及到相同元素的排列，用到了“缩倍法”的思想.属于中档题.15【解析】两函数图象上存在关于轴对称的点的等价命题是方程在区间上有解，化简方程在区间上有解，构造函数，求导，求出单调区间，利用函数性质得解.【详解】解：根据题意，若函数与的图象上存在关于轴对称的点，则方程在区间上有解，即方程在区间上有解，设函数，其导数，又由，可得：当时， 为减函数，当时， 为增函数，故函数有最小值，又由；比较可得： ，故函数有最大值，故函数在区

17、间上的值域为；若方程在区间上有解，必有，则有，即的取值范围是；故答案为：；【点睛】本题利用导数研究函数在某区间上最值求参数的问题, 函数零点问题的拓展. 由于函数的零点就是方程的根，在研究方程的有关问题时，可以将方程问题转化为函数问题解决. 此类问题的切入点是借助函数的零点，结合函数的图象，采用数形结合思想加以解决.16【解析】，平面，得出上任意一点到平面的距离相等，所以判断命题；由已知得出点P在面上的射影在上，根据线面垂直的判定和性质或三垂线定理，可判断命题；当为中点时，以点D为坐标原点，建立空间直角系，如下图所示，运用二面角的空间向量求解方法可求得二面角的余弦值，可判断命题；过作平面交于点

18、，做点关于面对称的点，使得点在平面内，根据对称性和两点之间线段最短，可求得当点在点时，在一条直线上，取得最小值.可判断命题.【详解】，平面，所以上任意一点到平面的距离相等，所以三棱锥的体积不变，所以正确；在直线上运动时，点P在面上的射影在上，所以DP在面上的射影在上，又，所以，所以正确；当为中点时，以点D为坐标原点，建立空间直角系，如下图所示，设正方体的棱长为2.则:，所以，设面的法向量为，则，即，令，则，设面的法向量为， ，即， ，由图示可知，二面角 是锐二面角，所以二面角的余弦值为，所以不正确；过作平面交于点，做点关于面对称的点，使得点在平面内，则，所以，当点在点时，在一条直线上，取得最小

19、值. 因为正方体的棱长为2，所以设点的坐标为，所以，所以，又所以，所以，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查空间里的线线，线面，面面关系，几何体的体积，在求解空间里的两线段的和的最小值，仍可以运用对称的思想，两点之间线段最短进行求解，属于难度题.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）当时，；当时，.【解析】（1）利用数列与的关系，求得；（2）由（1）可得：，算出公比，利用等比数列的前项和公式求出.【详解】（1）当时，当时，因为适合上式，所以.（2）由（1）得，设等比数列的公比为，则，解得，当时，当时，.【点睛】本题主要考查数列与的关系、等比数列的通项公式

20、、前项和公式等基础知识，考查运算求解能力.18（1）有的把握认为居民分类意识强与政府宣传普及工作有很大关系见解析（2）分布列见解析，期望为1【解析】（1）由在抽取的户居民中随机抽取户，抽到分类意识强的概率为可得列联表，然后计算后可得结论；（2）由已知的取值分别为，分别计算概率得分布列，由公式计算出期望【详解】解：（1）根据在抽取的户居民中随机抽取户，到分类意识强的概率为，可得分类意识强的有户，故可得列联表如下：分类意识强分类意识弱合计试点后试点前合计因为的观测值，所以有的把握认为居民分类意识强与政府宣传普及工作有很大关系（2）现在从试点前分类意识强的户居民中，选出户进行自觉垃圾分类年限的调查，

21、记选出自觉垃圾分类年限在年以上的户数为，则0，1，2，3，故，则的分布列为【点睛】本题考查独立性检验，考查随机变量的概率分布列和数学期望考查学生的数据处理能力和运算求解能力19（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理将边化成角，可得，展开并整理可得，从而可求出角；（2）由余弦定理得，进而可得，由，可求出的值，设边上的高为，可得的面积为，从而可求出.【详解】（1）由题意，由正弦定理得.因为，所以，所以，展开得，整理得.因为，所以，故，即.（2）由余弦定理得，则，得，故，故的面积为.设边上的高为，有，故，所以边上的高为.【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积公式的应用，

22、考查学生的计算求解能力，属于中档题.20（1）当时，递增区间时，无递减区间，当时，递增区间时，递减区间时；（2）或.【解析】（1）求出，对分类讨论，先考虑（或）恒成立的范围，并以此作为的分类标准，若不恒成立，求解，即可得出结论；（2）有解，即，令，转化求函数只有一个实数解，根据（1）中的结论，即可求解.【详解】（1），当时，恒成立，当时，综上，当时，递增区间时，无递减区间，当时，递增区间时，递减区间时；（2），令，原方程只有一个解，只需只有一个解，即求只有一个零点时，的取值范围，由（1）得当时，在单调递增，且，函数只有一个零点，原方程只有一个解，当时，由（1）得在出取得极小值，也是最小值，当时，此时函数只有一个零点，原方程只有一个解，当且递增区间时，递减区间时；，当，有两个零点，即原方程有两个解，不合题意，所以的取值范围是或.【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到单调性、零点、极值最值，考查分类讨论和等价转化思想，属于中档题.21（1）