2022年高三数学模拟试题及答案(6)

2022年高三数学模拟试题

评卷人 得分 一、选择题(共8题，每题5分，共40分)

1．已知p:|x+1|>2,q:2A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件

2

D.既不充分又不必要条件

12

2．已知函数g(x)=lg(2x-x),集合A={x|g(x)≤0},B={g(x)|x∈[-2,-]},则A∩(∁RB)=

A.[-2,0]∪{1}

𝑓(𝑝+1)−𝑓(𝑞+1)

𝑝−𝑞

1

B.[-2,0)

1

C.(2,1] 1

D.[-1,1] 2

3．已知函数𝑓(𝑥)=𝑎ln(𝑥+1)−𝑥2在区间(1,2)内任取两个实数𝑝,𝑞且𝑝≠𝑞，不等式

<1恒成立，则实数a的取值范围为

A.𝑎≤15

4．函数y=

cos(2+𝑥)ln|e𝑥-e-𝑥|

π

B.0<𝑎≤15 C.𝑎>6 D.𝑎<−3

在区间[-3,3]上的图象大致为

A . B .

C .

2

D .

5．若集合A={x|x+3x<4},B={-1,0,1,2,3},则A∩B=

A.{-1,0}

𝑛

𝑚

B.{-1,1}

𝑛

C.{-1,0,1} D.{0,1,2,3}

6．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间[0,+∞)上是减函数,若

f(ln𝑚)+f(ln𝑛)-2f(1)<0,则𝑚的取值范围是

A.(0,1) eB.(1,e) e

C.(e,+∞)

D.(0,1)∪(e,+∞) e

7．若m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是

A.若α⊥β,m⊥β,则m∥α C.若m⊥α,n∥β,m⊥n,则α⊥β

1𝑥

B.若m∥α,n⊥m,则n⊥α

D.若m∥β,m⊂α,α∩β=n,则m∥n

4

8．已知正整数n≥7,若(x-)(1-x)n的展开式中不含x的项,则n的值为

A.7

B.8

C.9 D.10

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 二、填空题(共6题，每题5分，共30分)

9．贾宪三角——开方作法本源图(图1)的今称,是由中国北宋数学家贾宪发明的,可以求任

意高次方的二项展开式系数,西方称之为帕斯卡三角形.现根据图2构造一个数列

𝑎

{an}:2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,则𝑎100= .

99

10．很多网站利用验证码来防止恶意登录,以提升网络安全. 某马拉松赛事报名网站的登录验证码由0,1,2,…,9中的四个数字随机组成,将从左往右数字依次增大的验证码称为“递增型验证码”(如0123),已知某人收到了一个“递增型验证码”,则该验证码的首位数字是1的概率为 .

11．若(3𝑥2−𝑎)(2𝑥−)5的展开式中𝑥3的系数为80，则𝑎= .

𝑥1

12．一个盒子中装有6张卡片,上面分别写着如下六个定义域为R的函

数:f1(x)=x,f2(x)=|x|,f3(x)=sin x,f4(x)=cos x,f5(x)=2x,f6(x)=

2

2

3

1-2𝑥

.从盒子中任取1+2𝑥

2张

卡片,将卡片上的函数相乘得到一个新函数,所得新函数为奇函数的概率是 .

13．经过圆x+2x+y=0的圆心C,且与直线x+y=0垂直的直线方程是 . 14．某单位老年人、中年人、青年人的人数分别为80,a,40,若按分层抽样的方法从该单位

抽取11人参加“我为文明城市提建议”活动,抽取到的中年人人数为5,则a= . 评卷人 得分 三、解答题(共6题，共80分)

15．已知函数f(x)=ax+x+(6-12a)x+b(a,b∈R).

2

332

(1)若a≤0,讨论f(x)的单调性;

(2)若a≠0,x=-2是f(x)的极大值点,且存在实数x0使得f(x0)+f(-𝑎-x0)=0,求b的取值范围.

16．如图,在多面体ABCDE中,AB=BC=BD=CD=EC=ED=1,AC=AD=√2.

1

(1)求证:CD⊥平面ABE;

(2)若BE=,求平面BDE与平面ACD所成锐二面角的余弦值.

2

√6

17．如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD内接于半径为2的圆O,AB为圆O的直径,AB∥CD,2DC=AB,E为AB上一点,且PE⊥平面ABCD,ED=√3. (1)求证:PA⊥DE;

(2)若直线PB与平面ABCD所成的角为,求二面角C-PB-D的余弦值.

4π

18．已知数列{𝑎𝑛}是等差数列，{𝑏𝑛}是等比数列，且𝑎1=𝑏1=2，𝑏4=54，𝑎1+𝑎2+𝑎3=𝑏2+𝑏3.

(Ⅰ)求数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式

(Ⅱ)数列{𝑐𝑛}满足𝑐𝑛=𝑎𝑛𝑏𝑛，求数列{𝑐𝑛}的前n项和𝑆𝑛.

19．(本题满分14分)已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(-1<ω<3,|φ|<)的图象经过点A(0,-π

1),B(4,√3). 2π

(1)求f(x)的解析式;

π

(2)将函数y=f(x)的图象向左平移θ(0<θ<)个单位长度得到函数y=g(x)的图象,若g(x)为奇函数,且

10π

f(α-θ)=13,α∈(0,2),求

2

cos 2α的值.

20．已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=2,S5=30.数列{bn}的前n项和为Tn,且Tn=2n-1.

(1)求数列{an},{bn}的通项公式;

(2)设cn=(-1)n(anbn+ln Sn),求数列{cn}的前n项和.

参

1.B

【解析】本题主要考查绝对值不等式的解法以及充分必要条件的判断,考查的核心素养是数算、逻辑推理.

由|x+1|>2,得x+1<-2或x+1>2,解得x<-3或x>1.由于{x|21}的真子集,所以p是q的必要不充分条件,故选B. 【备注】无 2.B

【解析】本题考查函数的定义域、对数函数的值域、集合的交、补运算以及不等式的解法等知识,考查考生的运算求解能力,考查的核心素养是数算.

解不等式求得集合A,根据定义域求得2x-x的范围,进而求得g(x)的范围,即得集合B,再根据集合的交、补运算求解即可.

∵g(x)=lg(2x-x)≤0,∴0<2x-x≤1,∴-2≤x<0或2],∴2x-x∈[1,10],0≤g(x)≤1,故21

2

2

2

1111

B=[0,1],∴∁RB=(−∞,0)∪(1,+∞),∴A∩(∁RB)=[-2

,0),故选B.

【备注】【易错警示】本题易错点为易忽略真数大于0. 3.A

【解析】本题考查函数及导数的几何意义．由𝑝,𝑞∈(1,2),则p+1和q+1在(2,3)内，而𝑓(𝑝+1)−𝑓(𝑞+1)

<1可看作点(𝑝+1,𝑓(𝑝+1))与点(𝑞+1,𝑓(𝑞+1))两点间连线的斜率小于1，

𝑝−𝑞

即函数𝑓(𝑥)的导数在区间(2,3)内任意两点连线的斜率都小于1，则有𝑓′(𝑥)<1在𝑥∈(2,3)

𝑎

内恒成立，则𝑓′(𝑥)=−2𝑥<1在区间(2,3)内恒成立，即𝑎<2𝑥2+3𝑥+1在区间(2,3)内恒成立，又因为𝑦=2𝑥2+3𝑥+1在区间(2,3)内递增，当𝑥=2时，𝑦=2𝑥2+3𝑥+1有最小值15，故𝑎≤15．故本题正确答案是A.

【备注】无 4.C

【解析】本题考查函数的大致图象,函数的奇偶性等,考查考生分析问题、解决问题的能力. 将函数化简,可判断该函数为奇函数,排除A,D两个选项,当x=3时,易知f(3)<0,排除B,便得结果. 令f(x)=

cos(2+𝑥)ln|e𝑥-e-𝑥|

π

𝑥+1

=

-sin𝑥

ln|e𝑥-e|

,则f(-x)=-𝑥

-sin(-𝑥)

ln|e-𝑥-e𝑥|

=

sin𝑥

ln|e𝑥-e-𝑥|

=-f(x).

所以f(x)在定义域上是奇函数,排除A,D两个选项;当x=3时,易知f(3)<0,排除B,故选C. 【备注】【素养落地】试题以函数图象的判断为切入点,将对函数性质的考查融入其中,突

出考查直观想象的核心素养. 5.A

【解析】x+3x<4,即(x+4)(x-1)<0,解得-4【解析】本题主要考查抽象函数的性质与不等式的交汇,考查考生对所学知识的灵活、综合

𝑛𝑚

运用能力.解题的关键是先根据ln𝑚与ln𝑛互为相反数及函数的奇偶性化简已知不等式,再充分利用该抽象函数的性质得到关于𝑚的不等式,进而解之即可获解.备考策略:由于近几年

𝑛

2

高考中,始终贯穿着函数及其性质这条主线,以考查双基、通性通法为主,所以很有必要加强函数与其他数学知识的灵活、综合运用.

因为f(x)为偶函数,所以f(ln𝑛)=f(-ln𝑚)=f(ln𝑚).于是,原不等式可化为f(ln𝑚)𝑚

𝑛

𝑛

𝑛

f(|ln𝑚|)1,即ln𝑚>1或ln𝑚<-1,解得

𝑛>e𝑚

𝑛𝑛𝑛𝑛

或0<𝑚𝑛1𝑛1

【备注】无 7.D

【解析】选项A中,由题意可得m∥α或m⊂α,故A不正确;选项B中,由题意可得n⊥α或n∥α或n⊂α,故B不正确;选项C中,由题意可得α⊥β或α∥β,故C不正确;选项D中,由线面平行的性质定理可得m∥n,故D正确.选D. 【备注】无 8.B

【解析】本题主要考查二项式定理,考查的学科素养是理性思维和数学探索.

3(-x)+(-)C5(-x),即含x的项的系数为-C3+因为n≥7,所以展开式中含x的项为x·C𝑛𝑛𝑛5,又展开式中不含C𝑛

4

3

1

54

x4

𝑥

3

的项,所以-C𝑛

+

5=0,即C3C𝑛𝑛5,得n=3+5=8,故选B. =C𝑛

【备注】无

9. 97

【解析】将数列{an}中的项按照如图所示的规律排放,则前13行共有

1+13

×13=91(项),∴a99,a100分别在第14行从左往右数的第8,92

C9𝑎10015!8!·7!715

置,∴a99=C15,a100=C15,∴𝑎=C8=9!·6!·15!=9. 9915

个位

【备注】无

10.

154

【解析】本题主要考查计数原理、古典概型等知识在实际问题中的应用,考查的核心素养是数学建模、数算、数据分析.

某人收到了一个“递增型验证码”,则该验证码的首位数字只能是0,1,2,3,4,5,6,

3=该验证码的首位数字是0的个数为C9=84,

3×2×13=该验证码的首位数字是1的个数为C83

该验证码的首位数字是2的个数为C7=3=该验证码的首位数字是3的个数为C63=该验证码的首位数字是4的个数为C5

8×7×63×2×1

7×6×5

=35, 3×2×1

6×5×4

=20, 3×2×15×4×33×2×19×8×7

=56,

=10,

3=4, 该验证码的首位数字是5的个数为C4

该验证码的首位数字是6的个数为1,

所以该验证码的首位数字是1的概率为84+56+35+20+10+4+1=210=15. 【备注】无 11.-2

【解析】无 【备注】无 12.5 3

565

2

【解析】易知f1(x)=x,f3(x)=sin x,f6(x)=1+2𝑥为奇函数;f2(x)=|x|,f4(x)=cos x为偶函数;f5(x)=2x为非奇非偶函数.所有基本事件的可能情况有

1-2𝑥

f1f2,f1f3,f1f4,f1f5,f1f6,f2f3,f2f4,f2f5,f2f6,f3f4,f3f5,f3f6,f4f5,f4f6,f5f6,共15种,设事件A为“任取2张卡片,将卡片上的函数相乘得到的函数是奇函数”.易知事件A包含的基本事

件有f1f2,f1f4,f2f3,f3f4,f2f6,f4f6,共6种,所以P(A)=15=5. 【备注】无

13.y=x+1

【解析】由于x+2x+y=0的圆心坐标为(-1,0),于是过(-1,0)且垂直于直线x+y=0的直线方程为y=x+1. 【备注】无

14.100

【解析】本题考查分层抽样,意在考查考生对基本知识的掌握程度.

𝑎

依题意得11×120+𝑎=5,解得a=100. 【备注】无

15.解:(1)因为f(x)=ax+2x+(6-12a)x+b,

所以f'(x)=3ax+3x+6-12a=(x+2)(3ax+3-6a).

①当a=0时,由f'(x)>0得x>-2,由f'(x)<0得x<-2,

所以f(x)在(-2,+∞)上单调递增,在(-∞,-2)上单调递减. ②当a<0时,f'(x)=3a(x+2)(x+𝑎-2), 因为2-𝑎>2>-2, 所以由f'(x)>0得-22-𝑎或x<-2,

所以f(x)在(-2,2-)上单调递增,在(2-,+∞),(-∞,-2)上单调递减.

𝑎

𝑎

1

1

1

1

1

1

2

332

2

2

62

综上,当a=0时,f(x)在(-2,+∞)上单调递增,在(-∞,-2)上单调递减;当a<0时,f(x)在(-2,2-𝑎)上单调递增,在(2-𝑎,+∞),(-∞,-2)上单调递减. (2)因为a≠0,所以f'(x)=3a(x+2)(x+-2),

𝑎1

1

1

由(1)知,当a<0时,x=-2是f(x)的极小值点,不满足题意.

𝑎>0,1

所以若x=-2是f(x)的极大值点,则应满足{1解得0<𝑎<4.

2-𝑎>-2,

2又f(x0)+f(--x0)=a[𝑥30+(--x0)]+[𝑥0+(--x0)]+(6-12a)[x0+(--x0)]+2b=6

+12+2b=0, 𝑎

1

𝑎

𝑎

2

𝑎

𝑎

11

3

31

2

112𝑎2

−

所以b=-由

10<𝑎<44𝑎

+-6=-(-6)+3. 2

𝑎

311

2

得

4𝑎

21

4<(𝑎-6)<36,所以-6所以b的取值范围是(-6,2).

【解析】本题考查的知识是“了解函数的单调性与导数的关系;能利用导数研究函数的单调性,会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)”,“了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件”. 【备注】无

16.解:(1)证明:因为AB=BC=BD=1,AC=AD=√2, 所以AB+BC=AC,AB+BD=AD, 所以AB⊥BC,AB⊥BD.

因为BC∩BD=B,BC,BD⊂平面BCD,所以AB⊥平面BCD, 因为CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD. 如图,取BE的中点F, 连接CF,DF,

2

2

2

2

2

2

因为BC=BD=EC=ED, 所以CF⊥BE,DF⊥BE,

因为CF∩DF=F,CF,DF⊂平面CDF,所以BE⊥平面CDF, 因为CD⊂平面CDF,所以CD⊥BE.

因为AB∩BE=B,AB,BE⊂平面ABE,所以CD⊥平面ABE. (2)取CD的中点O,连接BO,EO,则BO⊥CD,EO⊥CD, 又BO=EO=,BE=,所以易得BO⊥EO,

2

2

√3√6所以可以点O为坐标原点,直线OC,OE,OB分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

则C(2,0,0),D(-2,0,0),A(0,-1,2),B(0,0,2),E(0,2,0),

1

1

√3√3√3

⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,0),𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ =(-,-1,),𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(,0,),𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,,-). 所以𝐶𝐷

2

2

2

2

2

2

1√31√3√3√3设n=(x1,y1,z1)是平面ACD的法向量,

-𝑥1=0,⃗⃗⃗⃗⃗ =0,𝒏·𝐶𝐷

则{即{1 √3⃗⃗⃗⃗⃗ =0,-2𝑥1-𝑦1+2𝑧1=0,𝒏·𝐶𝐴得x1=0,取z1=2,则n=(0,√3,2). 设m=(x2,y2,z2)是平面BDE的法向量, 𝑥2+2𝑧2=0,⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,𝒎·𝐷𝐵则{即{2

√3√3⃗⃗⃗⃗⃗ 𝒎·𝐵𝐸=0,𝑦-𝑧=0,

2

2

2

2

1

√3取x2=√3,则m=(√3,-1,-1).

设平面BDE与平面ACD所成锐角二面角的大小为θ, 则cos θ=|𝒏||𝒎|=√7×√5=|𝒏·𝒎|

|-√3-2|2√35+√105, 35

2√35+√10535

所以平面BDE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为【解析】本题考查空间想象能力、逻辑思维能力. 【备注】无

.

17.解:(1)连接CO,

∵AB∥CD,2DC=AB, ∴AO∥CD,且AO=CD, ∴四边形ADCO是平行四边形. 连接DO,

∵圆O的半径为2,∴AO=OC=DC=AD=DO=2, ∴△AOD为等边三角形,

ππ

∴在△AOD中,AO边上的高为ADsin 3=2sin 3=√3. ∵ED=√3, ∴DE为AO边上的高,∴DE⊥AO. ∵PE⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD, ∴PE⊥DE,

又DE⊥AE,AE,PE⊂平面PAE,且AE∩PE=E, ∴DE⊥平面PAE.

∵PA⊂平面PAE,∴PA⊥DE.

(2)由PE⊥平面ABCD可知,∠PBE为直线PB与平面ABCD所成的角,

π

∴∠PBE=4,∴PE=EB=3.

又由(1)知,ED,EB,EP两两垂直,如图,可以以E为坐标原点,以ED,EB,EP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系E-xyz.

则B(0,3,0),C(√3,2,0),D(√3,0,0),P(0,0,3), ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-3,0),⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,-3),⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,0). ∴⃗𝐵𝐷𝑃𝐵𝐵𝐶设平面PBD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则{

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝒏1=0,√3𝑥1-3𝑦1=0,𝑥1=√3𝑦1,𝐵𝐷

得{得{

𝑦1=𝑧1,⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝒏1=0,3𝑦1-3𝑧1=0,𝑃𝐵

令y1=1,则n1=(√3,1,1).

设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),

⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝒏2=0,√3𝑥-𝑦=0,𝐵𝐶22则{得{ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝒏2=0,3𝑦2-3𝑧2=0,𝑃𝐵令x2=1,则y2=√3,z2=√3,∴n2=(1,√3,√3). ∴cos=

𝒏1·𝒏2|𝒏1||𝒏2|

=

3√3√5×√7=3√10535

.

易知二面角C-PB-D为锐二面角, ∴二面角C-PB-D的余弦值为【备注】无 18.(Ⅰ)设

由又

故(Ⅱ)

令则

的公差为

，

的公比为；

，从而

；因此，

，

；

；

3√10535

.

【解析】本题考查空间想象能力、运算求解能力、逻辑思维能力.

，得

两式相减得

，故

【解析】本题考查等差、等比数列，错位相减求和。 【备注】无

π

又|φ|<2,所以

πφ=-6. π𝜔

π

√3

。

19.解:(1)因为点A在函数y=f(x)的图象上,所以sin φ=-,

2

1

因为点B在函数y=f(x)的图象上,所以sin(4−6)=2, 则

π𝜔4

−=+2kπ,k∈Z或

6

3

10

πππ𝜔4

−

π6

=

2π3

+2kπ,k∈Z,

则ω=2+8k,k∈Z或ω=3+8k,k∈Z. 又-1<ω<3,所以ω=2, 因此f(x)=2sin(2x-). 6π

(2)由(1)及三角函数图象的平移变换法则知g(x)=2sin(2x+2θ-6), 因为g(x)为奇函数,所以2θ-6=kπ,k∈Z,则θ=12+因为0<θ<,所以θ=, 2

12

π

π

π

π

10

π

π

𝑘π

,k∈Z, 2

π

从而f(α-θ)=2sin(2α-2θ-6)=2sin(2α-3)=13,则sin(2α-3)=13. 因为α∈(0,),所以-<2α-<

2π

π

π

2π3

π5

又0π5

3132π12

cos(2α-3)=13,

<=sin,所以0<2α-<,

6

3

6

313π

, π

π

从而cos 2α=cos[(2α-3)+3]=13×2−13×

ππ1215

√32

=

【解析】(1)由点A在函数y=f(x)的图象上及|φ|<2可求得φ=-6,再由点B在函数y=f(x)的图象上及-1<ω<3求得ω=2,从而得f(x)的解析式;(2)先由(1)及三角函数图象的平移变

πππ

换法则可得g(x)=2sin(2x+2θ-6),进而由g(x)为奇函数及0<θ<2可得θ=12,再结合f(α-

12-5√3. 26π

π

θ)=13,α的取值范围及同角三角函数的基本关系可求得cos(2α-3)=13,最后利用两角和

的余弦公式即可求得结果. 【备注】无

10π12

20.(1)设数列{an}的公差为d, 因为S5=5a1+5×4

d=10+10d=30,所以2

1

d=2,所以an=2n.

对于数列{bn},当n=1时,b1=T1=2-1=1, 当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=2n-2n-=2n-,

当n=1时也满足上式,

所以bn=2n-.

(2)(分组求和法)cn=(-1)n(anbn+ln Sn)=(-1)nanbn+(-1)nln Sn.

设数列{(-1)nanbn}的前n项和为An,数列{(-1)nln Sn}的前n项和为Bn. 因为Sn=

𝑛(2𝑛+2)

2

1

1

1

=n(n+1),

1

所以ln Sn=ln n(n+1)=ln n+ln(n+1). 而(-1)nanbn=(-1)n·2n·2n-=n·(-2)n,

An=1·(-2)+2·(-2)+3·(-2)+…+n·(-2)n, ①

则-2An=1·(-2)+2·(-2)+3·(-2)+…+n·(-2)n+, ② ①-②得

3An=1·(-2)+(-2)+(-2)+…+(-2)n-n·(-2)n+ =

(-2)[1-(-2)𝑛]n+1

-n·(-2)

1-(-2)23𝑛+1n+1

·(-2), 3

23𝑛+1

9

9

1

2

3

1

2

3

4

1

123

=-3-所以An=--·(-2)n+.

1

当n为偶数时,Bn=-(ln 1+ln 2)+(ln 2+ln 3)-(ln 3+ln 4)+…+[ln n+ln(n+1)]=ln(n+1)-ln 1=ln(n+1);

当n为奇数时,Bn=-(ln 1+ln 2)+(ln 2+ln 3)-(ln 3+ln 4)+…-[ln n+ln(n+1)]=-ln(n+1)-ln 1=-ln(n+1). 由以上可知Bn=(-1)nln(n+1).

所以数列{cn}的前n项和为An+Bn=(-1)nln(n+1)-9-【解析】无

23𝑛+1

9

·(-2)n+.

1

【备注】无