江苏省兴化市安丰初级中学2022年高考仿真模拟数学试卷含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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，要得到函数的图象，只需将的图象()A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度2．已知集合，，则集合的真子集的个数是（）A．8 B．7 C．4 D．33．已知正三角形的边长为2，为边的中点，、分别为边、上的动点，并满足，则的取值范围是（）A． B． C． D．4．已知x，，则“”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知向量，则是的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充要条件6．设为非零实数，且，则（）A． B． C． D．7．若复数满足，则（其中为虚数单位）的最大值为（）A．1 B．2 C．3 D．48．已知集合，则=（）A． B． C． D．9．高三珠海一模中，经抽样分析，全市理科数学成绩X近似服从正态分布，且．从中随机抽取参加此次考试的学生500名，估计理科数学成绩不低于110分的学生人数约为（）A．40 B．60 C．80 D．10010．已知四棱锥的底面为矩形，底面，点在线段上，以为直径的圆过点.若，则的面积的最小值为（）A．9 B．7 C． D．11．已知，，是平面内三个单位向量，若，则的最小值（）A． B． C． D．512．若集合，，则=（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数在上的最小值和最大值分别是_____________．14．的展开式中二项式系数最大的项的系数为_________（用数字作答）.15．展开式中的系数为________．16．设函数，当时，记最大值为，则的最小值为______.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）己知，，.（1）求证：；（2）若，求证：.18．（12分）对于很多人来说，提前消费的认识首先是源于信用卡，在那个工资不高的年代，信用卡绝对是神器，稍微大件的东西都是可以选择用信用卡来买，甚至于分期买，然后慢慢还！现在银行贷款也是很风靡的，从房贷到车贷到一般的现金贷．信用卡“忽如一夜春风来”，遍布了各大小城市的大街小巷．为了解信用卡在市的使用情况，某调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中随机抽取了100人进行抽样分析，得到如下列联表（单位：人）经常使用信用卡偶尔或不用信用卡合计40岁及以下15355040岁以上203050合计3565100（1）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关？（2）①现从所抽取的40岁及以下的网民中，按“经常使用”与“偶尔或不用”这两种类型进行分层抽样抽取10人，然后，再从这10人中随机选出4人赠送积分，求选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率；②将频率视为概率，从市所有参与调查的40岁以上的网民中随机抽取3人赠送礼品，记其中经常使用信用卡的人数为，求随机变量的分布列、数学期望和方差．参考公式：，其中．参考数据：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.63519．（12分）设函数f(x)=x2−4xsinx−4cosx．（1）讨论函数f(x)在[−π，π]上的单调性；（2）证明：函数f(x)在R上有且仅有两个零点．20．（12分）已知数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：．21．（12分）已知函数（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若在上恒成立，求实数的取值范围；（Ⅲ）若数列的前项和，，求证：数列的前项和.22．（10分）已知数列是各项均为正数的等比数列，，且，，成等差数列．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，为数列的前项和，记，证明：．

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。1．A【解析】

根据函数图像平移原则，即可容易求得结果.【详解】因为，故要得到，只需将向左平移个单位长度.故选：A.【点睛】本题考查函数图像平移前后解析式的变化，属基础题.2．D【解析】

转化条件得，利用元素个数为n的集合真子集个数为个即可得解.【详解】由题意得，，集合的真子集的个数为个.故选：D.【点睛】本题考查了集合的化简和运算，考查了集合真子集个数问题，属于基础题.3．A【解析】

建立平面直角坐标系，求出直线，设出点，通过，找出与的关系．通过数量积的坐标表示，将表示成与的关系式，消元，转化成或的二次函数，利用二次函数的相关知识，求出其值域，即为的取值范围．【详解】以D为原点，BC所在直线为轴，AD所在直线为轴建系，设，则直线，设点，所以由得，即，所以，由及，解得，由二次函数的图像知，，所以的取值范围是．故选A．【点睛】本题主要考查解析法在向量中的应用，以及转化与化归思想的运用．4．D【解析】

，不能得到，成立也不能推出，即可得到答案.【详解】因为x，，当时，不妨取，，故时，不成立，当时，不妨取，则不成立，综上可知，“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件的判定，属于容易题.5．A【解析】

向量，，，则，即，或者-1，判断出即可．【详解】解：向量，，，则，即，或者-1，所以是或者的充分不必要条件，故选：A．【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查向量平行的坐标表示，属于基础题.6．C【解析】

取，计算知错误，根据不等式性质知正确，得到答案.【详解】，故，，故正确；取，计算知错误；故选：.【点睛】本题考查了不等式性质，意在考查学生对于不等式性质的灵活运用.7．B【解析】

根据复数的几何意义可知复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，再根据复数的几何意义即可确定，即可得的最大值.【详解】由知，复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，表示复数对应的点与点间的距离，又复数对应的点所在圆的圆心到的距离为1，所以.故选：B【点睛】本题考查了复数模的定义及其几何意义应用，属于基础题.8．D【解析】

先求出集合A，B，再求集合B的补集，然后求【详解】，所以.故选：D【点睛】此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.9．D【解析】

由正态分布的性质，根据题意，得到，求出概率，再由题中数据，即可求出结果.【详解】由题意，成绩X近似服从正态分布，则正态分布曲线的对称轴为，根据正态分布曲线的对称性，求得，所以该市某校有500人中，估计该校数学成绩不低于110分的人数为人，故选:.【点睛】本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.10．C【解析】

根据线面垂直的性质以及线面垂直的判定，根据勾股定理，得到之间的等量关系，再用表示出的面积，利用均值不等式即可容易求得.【详解】设，，则.因为平面，平面，所以.又，，所以平面，则.易知，.在中，，即，化简得.在中，，.所以.因为，当且仅当，时等号成立，所以.故选：C.【点睛】本题考查空间几何体的线面位置关系及基本不等式的应用，考查空间想象能力以及数形结合思想，涉及线面垂直的判定和性质，属中档题.11．A【解析】

由于，且为单位向量，所以可令，，再设出单位向量的坐标，再将坐标代入中，利用两点间的距离的几何意义可求出结果．【详解】解：设，，，则，从而，等号可取到．故选：A【点睛】此题考查的是平面向量的坐标、模的运算，利用整体代换，再结合距离公式求解，属于难题．12．C【解析】试题分析：化简集合故选C．考点：集合的运算．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

求导，研究函数单调性，分析，即得解【详解】由题意得，，令，解得，令，解得.在上递减，在递增．，而，故在区间上的最小值和最大值分别是．故答案为：【点睛】本题考查了导数在函数最值的求解中的应用，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14．5670【解析】

根据二项式展开的通项，可得二项式系数的最大项，可求得其系数.【详解】二项展开式一共有项，所以由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第5项，系数为.故答案为：5670【点睛】本题考查了二项式定理展开式的应用，由通项公式求二项式系数，属于中档题.15．30【解析】

先将问题转化为二项式的系数问题，利用二项展开式的通项公式求出展开式的第项，令的指数分别等于2，4，求出特定项的系数．【详解】由题可得：展开式中的系数等于二项式展开式中的指数为2和4时的系数之和，由于二项式的通项公式为，令，得展开式的的系数为，令，得展开式的的系数为，所以展开式中的系数，故答案为30.【点睛】本题考查利用二项式展开式的通项公式解决二项展开式的特定项的问题，考查学生的转化能力，属于基础题．16．【解析】

易知，设，，利用绝对值不等式的性质即可得解．【详解】，设，，令，当时，，所以单调递减令，当时，，所以单调递增所以当时，，，则则，即故答案为：.【点睛】本题考查函数最值的求法，考查绝对值不等式的性质，考查转化思想及逻辑推理能力，属于难题．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）证明见解析（2）证明见解析【解析】

（1）采用分析法论证，要证，分式化整式为，再利用立方和公式转化为，再作差提取公因式论证.（2）由基本不等式得，再用不等式的基本性质论证.【详解】（1）要证，即证，即证，即证，即证，即证，该式显然成立，当且仅当时等号成立，故.（2）由基本不等式得，，当且仅当时等号成立.将上面四式相加，可得，即.【点睛】本题考查证明不等式的方法、基本不等式，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题..18．（1）不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关；（2）①；②分布列见解析，，【解析】

(1)计算再对照表格分析即可.(2)①根据分层抽样的方法可得经常使用信用卡的有人,偶尔或不用信用卡的有人,再根据超几何分布的方法计算3人或4人偶尔或不用信用卡的概率即可.②利用二项分布的特点求解变量的分布列、数学期望和方差即可.【详解】（1）由列联表可知,,因为,所以不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关.（2）①依题意,可知所抽取的10名40岁及以下网民中,经常使用信用卡的有（人）,偶尔或不用信用卡的有（人）.则选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率.②由列联表,可知40岁以上的网民中,抽到经常使用信用卡的频率为,将频率视为概率,即从市市民中任意抽取1人,恰好抽到经常使用信用卡的市民的概率为.由题意得,则,,,.故随机变量的分布列为：0123故随机变量的数学期望为,方差为.【点睛】本题主要考查了独立性检验以及超几何分布与二项分布的知识点,包括分类讨论以及二项分布的数学期望与方差公式等.属于中档题.19．见解析【解析】

（1）f(x)=2x−4xcosx−4sinx+4sinx=，由f(x)=1，x∈[−π，π]得x=1或或．当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下表：x1f(x)−1+1−1+f(x)单调递减极小值单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以f(x)在区间，上单调递减，在区间，上单调递增．（2）由（1）得极大值为f(1)=−4；极小值为f()=f()<f(1)<1．又f(π)=f(−π)=π2+4>1，所以f(x)在，上各有一个零点．显然x∈(π，2π)时，−4xsinx>1，x2−4cosx>1，所以f(x)>1；x∈[2π，+∞)时，f(x)≥x2−4x−4>62−4×6−4=8>1，所以f(x)在(π，+∞)上没有零点．因为f(−x)=(−x)2−4(−x)sin(−x)−4cos(−x)=x2−4xsinx−4cosx=f(x)，所以f(x)为偶函数，从而x<−π时，f(x)>1，即f(x)在(−∞，−π)上也没有零点．故f(x)仅在，上各有一个零点，即f(x)在R上有且仅有两个零点．20．（1）（2）证明见解析【解析】

（1），①当时，，②两式相减即得数列的通项公式；（2）先求出，再利用裂项相消法求和证明.【详解】（1）解：，①当时，．当时，，②由①-②，得，因为符合上式，所以．（2）证明：因为，所以．【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查数列求和，意