云南省玉溪市富良棚2022年高三下學期聯合考試數學試題含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目

2、要求的。1已知非零向量，滿足，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件解:2數列滿足：，為其前n項和，則（ ）A0B1C3D43復數（）ABC0D4已知函數是定義在上的奇函數，函數滿足，且時，則（ ）A2BC1D5在中，“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件6將一塊邊長為的正方形薄鐵皮按如圖（1）所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，將該容器按如圖（2）放置，若其正視圖為等腰直角三角形，且該容器的容積為，則的值為（ ）A6B8C10D127若與互為共軛復數，則（ ）A

3、0B3C1D48下列不等式正確的是（ ）ABCD9設i是虛數單位，若復數是純虛數，則a的值為（ ）AB3C1D10某校8位學生的本次月考成績恰好都比上一次的月考成績高出50分，則以該8位學生這兩次的月考成績各自組成樣本，則這兩個樣本不變的數字特征是（ ）A方差B中位數C眾數D平均數11已知函數，若關于的不等式恰有1個整數解，則實數的最大值為（ ）A2B3C5D812若是定義域為的奇函數，且，則A的值域為B為周期函數，且6為其一個周期C的圖像關于對稱D函數的零點有無窮多個二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13連續(xù)擲兩次骰子，分別得到的點數作為點的坐標，則點落在圓內的概率為_14已知

4、等差數列的前n項和為Sn，若，則_.15已知，在方向上的投影為，則與的夾角為_.16已知關于x的不等式（axa24）（x4）0的解集為A，且A中共含有n個整數，則當n最小時實數a的值為_三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知，函數（1）若，求的單調遞增區(qū)間；（2）若，求的值18（12分）數列的前項和為，且.數列滿足，其前項和為.（1）求數列與的通項公式；（2）設，求數列的前項和.19（12分）如圖，在直三棱柱中，為的中點，點在線段上，且平面（1）求證：；（2）求平面與平面所成二面角的正弦值20（12分）如圖，在四棱柱中，底面為菱形，.（1）證明：平面平

5、面；（2）若，是等邊三角形，求二面角的余弦值.21（12分）已知函數，.（1）當時，求函數的值域；（2），求實數的取值范圍.22（10分）己知，.（1）求證：；（2）若，求證：.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1C【解析】根據向量的數量積運算，由向量的關系，可得選項.【詳解】，等價于，故選：C.【點睛】本題考查向量的數量積運算和命題的充分、必要條件，屬于基礎題.2D【解析】用去換中的n，得，相加即可找到數列的周期，再利用計算.【詳解】由已知，所以，+，得，從而，數列是以6為周期的周期數列，且前6項分別為1，2，1，-

6、1，-2，-1，所以，.故選：D.【點睛】本題考查周期數列的應用，在求時，先算出一個周期的和即，再將表示成即可，本題是一道中檔題.3C【解析】略4D【解析】說明函數是周期函數，由周期性把自變量的值變小，再結合奇偶性計算函數值【詳解】由知函數的周期為4，又是奇函數，又，故選：D【點睛】本題考查函數的奇偶性與周期性，掌握周期性與奇偶性的概念是解題基礎5D【解析】通過列舉法可求解，如兩角分別為時【詳解】當時，但，故充分條件推不出；當時，但，故必要條件推不出；所以“”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D.【點睛】本題考查命題的充分與必要條件判斷，三角函數在解三角形中的具體應用，屬于基礎題6D【解析】

7、推導出，且，設中點為，則平面，由此能表示出該容器的體積，從而求出參數的值【詳解】解：如圖（4），為該四棱錐的正視圖，由圖（3）可知，且，由為等腰直角三角形可知，設中點為，則平面，解得.故選：D【點睛】本題考查三視圖和錐體的體積計算公式的應用，屬于中檔題.7C【解析】計算，由共軛復數的概念解得即可.【詳解】，又由共軛復數概念得：，.故選：C【點睛】本題主要考查了復數的運算，共軛復數的概念.8D【解析】根據，利用排除法，即可求解【詳解】由，可排除A、B、C選項，又由，所以故選D【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象與性質，以及對數的比較大小問題，其中解答熟記三角函數與對數函數的性質是解答的關鍵，著重

8、考查了推理與運算能力，屬于基礎題9D【解析】整理復數為的形式,由復數為純虛數可知實部為0,虛部不為0,即可求解.【詳解】由題,因為純虛數,所以,則,故選:D【點睛】本題考查已知復數的類型求參數范圍,考查復數的除法運算.10A【解析】通過方差公式分析可知方差沒有改變，中位數、眾數和平均數都發(fā)生了改變.【詳解】由題可知，中位數和眾數、平均數都有變化.本次和上次的月考成績相比，成績和平均數都增加了50，所以沒有改變，根據方差公式可知方差不變.故選：A【點睛】本題主要考查樣本的數字特征，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.11D【解析】畫出函數的圖象，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用數形結合即

9、可得出.【詳解】解：函數，如圖所示當時，由于關于的不等式恰有1個整數解因此其整數解為3，又，則當時，則不滿足題意；當時，當時，沒有整數解當時，至少有兩個整數解綜上，實數的最大值為故選：D【點睛】本題主要考查了根據函數零點的個數求參數范圍，屬于較難題.12D【解析】運用函數的奇偶性定義，周期性定義，根據表達式判斷即可.【詳解】是定義域為的奇函數，則，又，即是以4為周期的函數，所以函數的零點有無窮多個；因為，令，則，即，所以的圖象關于對稱，由題意無法求出的值域，所以本題答案為D.【點睛】本題綜合考查了函數的性質，主要是抽象函數的性質，運用數學式子判斷得出結論是關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題

10、5分，共20分。13【解析】連續(xù)擲兩次骰子共有種結果，列出滿足條件的結果有11種，利用古典概型即得解【詳解】由題意知，連續(xù)擲兩次骰子共有種結果，而滿足條件的結果為：共有11種結果，根據古典概型概率公式，可得所求概率故答案為：【點睛】本題考查了古典概型的應用，考查了學生綜合分析，數學運算的能力，屬于基礎題.14【解析】由，成等差數列，代入可得的值.【詳解】解：由等差數列的性質可得：，成等差數列，可得：，代入，可得：，故答案為：.【點睛】本題主要考查等差數列前n項和的性質，相對不難.15【解析】由向量投影的定義可求得兩向量夾角的余弦值，從而得角的大小【詳解】在方向上的投影為，即夾角為.故答案為：【

11、點睛】本題考查求向量的夾角，掌握向量投影的定義是解題關鍵16-1【解析】討論三種情況，a0時,根據均值不等式得到a（a）14，計算等號成立的條件得到答案.【詳解】已知關于x的不等式（axa14）（x4）0，a0時，x（a）（x4）0，其中a0，故解集為（a，4），由于a（a）14，當且僅當a，即a1時取等號，a的最大值為4，當且僅當a4時，A中共含有最少個整數，此時實數a的值為1；a0時，4（x4）0，解集為（，4），整數解有無窮多，故a0不符合條件； a0時，x（a）（x4）0，其中a4，故解集為（，4）（a，+），整數解有無窮多，故a0不符合條件；綜上所述，a1故答案為：1【點睛】本題考查

12、了解不等式，均值不等式，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）；（2）.【解析】（1）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，然后解不等式，可得出函數的單調遞增區(qū)間；（2）由得出，并求出的值，利用兩角差的正弦公式可求出的值.【詳解】（1）當時，由，得，因此，函數的單調遞增區(qū)間為；（2），【點睛】本題主要考查三角函數的圖象和性質，利用三角函數公式將函數進行化簡是解決本題的關鍵，屬中等題18（1），；（2）.【解析】（1）令可求得的值，令，由得出，兩式相減可推導出數列為等比數列，確定該數列的公比，利用等比數列的通項公式可求得數

13、列的通項公式，再利用對數的運算性質可得出數列的通項公式；（2）運用等差數列的求和公式，運用數列的分組求和和裂項相消求和，化簡可得.【詳解】（1）當時，所以；當時，得，即，所以，數列是首項為，公比為 的等比數列，.；（2）由（1）知數列是首項為，公差為的等差數列，.，.所以.【點睛】本題考查數列的遞推式的運用，注意結合等比數列的定義和通項公式，考查數列的求和方法：分組求和法和裂項相消求和，考查運算能力，屬于中檔題19見解析【解析】（1）如圖，連接，交于點，連接，則為的中點，因為為的中點，所以，又，所以，從而，四點共面因為平面，平面，平面平面，所以又，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以（2）因為，

14、為的中點，所以，又三棱柱是直三棱柱，所以，互相垂直，分別以，的方向為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，所以，所以，設平面的法向量為，則，即，令，可得，所以平面的一個法向量為設平面的法向量為，則，即，令，可得，所以平面的一個法向量為，所以，所以平面與平面所成二面角的正弦值為20（1）證明見解析（2）【解析】（1）根據面面垂直的判定定理可知，只需證明平面即可由為菱形可得，連接和與的交點，由等腰三角形性質可得，即能證得平面；（2）由題意知，平面，可建立空間直角坐標系，以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，再分別求出平面的法向量，平面的法向量，即可根據向量法求出

15、二面角的余弦值【詳解】（1）如圖，設與相交于點，連接，又為菱形，故，為的中點.又，故.又平面，平面，且，故平面，又平面，所以平面平面.（2）由是等邊三角形，可得，故平面，所以，兩兩垂直.如圖以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系.不妨設，則，則，設為平面的法向量，則即可取，設為平面的法向量，則即可取，所以.所以二面角的余弦值為0.【點睛】本題主要考查線面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理的應用，以及利用向量法求二面角，意在考查學生的直觀想象能力，邏輯推理能力和數學運算能力，屬于基礎題21（1）；（2）.【解析】（1）將代入函數的解析式，將函數的及解析式變形為分段函數，利用二次函數的基本性質可求得函數的值域；（2）由參變量分離法得出在區(qū)間內有解，分和討論，求得函數的最大值，即可得出實數的取值范圍.【詳解】（1）當時，.當時，；當時，.函數的值域為；（2）不等式等價于，即在區(qū)間內有解當時，此時，則；當時，函數在區(qū)間上單調遞增，當時，則.綜上，實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查含絕對值函數的值域與含絕對值不等式有解的問題，利用絕對值的應用將函數轉化為二次函數，結合二次函