2022届广东省汕头市达濠华桥高三最后一卷数学试卷含解析

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已知函数在区间有三个零点，且，若，则的最小正周期为（ ）ABCD2已知函数满足当时，且当时，；当时，且).若函数的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则的取值范围是（ ）ABCD3下列函

2、数中，在区间上为减函数的是（ ）ABCD4某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为ABC2D5数列的通项公式为则“”是“为递增数列”的（ ）条件A必要而不充分B充要C充分而不必要D即不充分也不必要6已知集合则（ ）ABCD7设，是空间两条不同的直线，是空间两个不同的平面，给出下列四个命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中正确的是（ ）ABCD8已知向量，则向量在向量方向上的投影为（ ）ABCD9设抛物线的焦点为F,抛物线C与圆交于M,N两点,若,则的面积为( )ABCD10集合的真子集的个数是（ ）ABCD11定义两种运算“”与“”，对任意，满足下列运算性质：，；（） ，则（2020）

3、（20202018）的值为( )ABCD12如图，在四边形中，则的长度为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若一个正四面体的棱长为1，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为_.14已知双曲线(a0，b0)的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为_15已知圆柱的上下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为36的正方形，则该圆柱的体积为_16在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为_.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）若数列满足：对于任意，均为数列中的项

4、，则称数列为“数列”（1）若数列的前项和，试判断数列是否为“数列”？说明理由；（2）若公差为的等差数列为“数列”，求的取值范围；（3）若数列为“数列”，且对于任意，均有，求数列的通项公式18（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）记函数的最大值为，若，证明：.19（12分）已知数列是各项均为正数的等比数列，数列为等差数列，且，.（1）求数列与的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）设为数列的前项和，若对于任意，有，求实数的值.20（12分）已知在中，内角所对的边分别为，若，且.（1）求的值；（2）求的面积.21（12分）已知二阶矩阵A=abcd，矩阵A属于特征值1=-1的一个特征向量为1=1

5、-1，属于特征值2=4的一个特征向量为2=32.求矩阵A.22（10分）的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，点为边的中点，且，求的面积.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】根据题意，知当时，由对称轴的性质可知和，即可求出，即可求出的最小正周期.【详解】解：由于在区间有三个零点，当时，由对称轴可知，满足，即.同理，满足，即，所以最小正周期为：.故选：C.【点睛】本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力.2C【解析】先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，分类利用图

6、像列出有3个交点时满足的条件，解之即可.【详解】先作出函数在上的部分图象，再作出关于原点对称的图象，如图所示，当时，对称后的图象不可能与在的图象有3个交点；当时，要使函数关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，则，解得.故选：C.【点睛】本题考查利用函数图象解决函数的交点个数问题，考查学生数形结合的思想、转化与化归的思想，是一道中档题.3C【解析】利用基本初等函数的单调性判断各选项中函数在区间上的单调性，进而可得出结果.【详解】对于A选项，函数在区间上为增函数；对于B选项，函数在区间上为增函数；对于C选项，函数在区间上为减函数；对于D选项，函数在区间上为增函数.故选：C.【点睛】本题考查函

7、数在区间上单调性的判断，熟悉一些常见的基本初等函数的单调性是判断的关键，属于基础题.4A【解析】 由给定的三视图可知，该几何体表示一个底面为一个直角三角形，且两直角边分别为和，所以底面面积为 高为的三棱锥，所以三棱锥的体积为，故选A5A【解析】根据递增数列的特点可知，解得，由此得到若是递增数列，则，根据推出关系可确定结果.【详解】若“是递增数列”，则，即，化简得：，又，则是递增数列，是递增数列，“”是“为递增数列”的必要不充分条件故选：.【点睛】本题考查充分条件与必要条件的判断，涉及到根据数列的单调性求解参数范围，属于基础题.6B【解析】解对数不等式可得集合A，由交集运算即可求解.【详解】集合

8、解得由集合交集运算可得，故选：B.【点睛】本题考查了集合交集的简单运算，对数不等式解法，属于基础题.7C【解析】根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.【详解】解：、也可能相交或异面，故错：因为，所以或，因为，所以，故对：或，故错：如图因为，在内过点作直线的垂线，则直线，又因为，设经过和相交的平面与交于直线，则又，所以因为， 所以，所以，故对.故选：C【点睛】考查线面平行或垂直的判断，基础题.8A【解析】投影即为，利用数量积运算即可得到结论.【详解】设向量与向量的夹角为，由题意，得，所以，向量在向量方向上的投影为.故选：A.【点睛】本题主要考察了向量的数量积运算，难度不大，属于基础题.9B【

9、解析】由圆过原点，知中有一点与原点重合，作出图形，由，得，从而直线倾斜角为，写出点坐标，代入抛物线方程求出参数，可得点坐标，从而得三角形面积【详解】由题意圆过原点，所以原点是圆与抛物线的一个交点，不妨设为，如图，由于，点坐标为，代入抛物线方程得，故选：B.【点睛】本题考查抛物线与圆相交问题，解题关键是发现原点是其中一个交点，从而是等腰直角三角形，于是可得点坐标，问题可解，如果仅从方程组角度研究两曲线交点，恐怕难度会大大增加，甚至没法求解10C【解析】根据含有个元素的集合，有个子集，有个真子集，计算可得；【详解】解：集合含有个元素，则集合的真子集有（个），故选：C【点睛】考查列举法的定义，集合元

10、素的概念，以及真子集的概念，对于含有个元素的集合，有个子集，有个真子集，属于基础题11B【解析】根据新运算的定义分别得出2020和20202018的值，可得选项.【详解】由（） ，得（+2），又，所以， ，以此类推，202020182018，又，所以， ，以此类推，2020，所以（2020）（20202018），故选：B.【点睛】本题考查定义新运算，关键在于理解，运用新定义进行求值，属于中档题.12D【解析】设，在中，由余弦定理得，从而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.【详解】设，在中，由余弦定理得，则，从而，由正弦定理得，即，从而，在中，由余弦定理得：，则.故选：D【点

11、睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】将四面体补成一个正方体，通过正方体的对角线与球的半径的关系，得到球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，将正四面体补形成一个正方体，则正四面体的外接球与正方体的外接球表示同一个球，因为正四面体的棱长为1，所以正方体的棱长为，设球的半径为，因为球的直径是正方体的对角线， 即，解得，所以球的表面积为.【点睛】本题主要考查了有关求得组合体的结构特征，以及球的表面积的计算，其中巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径等于正方体的对角

12、线长，得到球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及运算与求解能力，属于基础题.14【解析】根据题意，由双曲线的渐近线方程可得，即a2b，进而由双曲线的几何性质可得cb，由双曲线的离心率公式计算可得答案【详解】根据题意，双曲线的渐近线方程为yx，又由该双曲线的一条渐近线方程为x2y0，即yx，则有，即a2b，则cb，则该双曲线的离心率e；故答案为：【点睛】本题考查双曲线的几何性质，关键是分析a、b之间的关系，属于基础题15【解析】由轴截面是正方形，易求底面半径和高，则圆柱的体积易求.【详解】解：因为轴截面是正方形，且面积是36，所以圆柱的底面直径和高都是6故答案为：【点睛】考查圆柱的轴

13、截面和其体积的求法，是基础题.16【解析】确定平面即为平面，四边形是菱形，计算面积得到答案.【详解】如图，在正方体中，记的中点为，连接，则平面即为平面证明如下：由正方体的性质可知，则，四点共面，记的中点为，连接，易证连接，则，所以平面，则同理可证，则平面，所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，其对角线，所以其面积故答案为：【点睛】本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.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）不是，见解析（2）（3）【解析】（1）利用递推关系求出数列的通项公式，进一步验证时

14、，是否为数列中的项，即可得答案；（2）由题意得，再对公差进行分类讨论，即可得答案；（3）由题意得数列为等差数列，设数列的公差为，再根据不等式得到公差的值，即可得答案；【详解】（1）当时，又，所以所以当时，而，所以时，不是数列中的项，故数列不是为“数列”（2）因为数列是公差为的等差数列，所以因为数列为“数列”所以任意，存在，使得，即有若，则只需，使得，从而得是数列中的项若，则此时，当时，不为正整数，所以不符合题意综上，（3）由题意，所以，又因为，且数列为“数列”，所以，即，所以数列为等差数列设数列的公差为，则有，由，得，整理得，若，取正整数，则当时，与式对应任意恒成立相矛盾，因此同样根据式可得，

15、所以又，所以经检验当时，两式对应任意恒成立，所以数列的通项公式为【点睛】本题考查数列新定义题、等差数列的通项公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，难度较大.18（1）；（2）证明见解析【解析】（1）将函数整理为分段函数形式可得,进而分类讨论求解不等式即可；（2）先利用绝对值不等式的性质得到的最大值为3,再利用均值定理证明即可.【详解】（1）当时，恒成立，；当时，即，；当时，显然不成立，不合题意；综上所述，不等式的解集为.（2）由（1）知，于是由基本不等式可得 （当且仅当时取等号） （当且仅当时取等号）（当且仅当时取等号）上述三式相加可得（当且仅

16、当时取等号），故得证.【点睛】本题考查解绝对值不等式和利用均值定理证明不等式,考查绝对值不等式的最值的应用，解题关键是掌握分类讨论解决带绝对值不等式的方法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.19（1），（2）（3）【解析】（1）假设公差，公比，根据等差数列和等比数列的通项公式，化简式子，可得，然后利用公式法，可得结果.（2）根据（1）的结论，利用错位相减法求和，可得结果.（3）计算出，代值计算并化简，可得结果.【详解】解：（1）依题意：，即，解得：所以，（2），上面两式相减，得：则即所以，（3），所以由得，即【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的综合应用，以及利用错位相减法求和，属基础题.20（1）；（2）【解析】（1）将代入等式，结合正弦定理将边化为角，再将及代入，即可求得的值；（2）根据（1）中的值可求得和，进而可得，由三角形面积公式即可求解.【详解】（1）由，得，由正弦定理将边化为角可得，化简可得，解得.（2）在中，.【点睛】本题考查了正弦定理在边角转化中的应用，正弦差角公式的应用，三角形面积公式求法，属于基础题.21A=2321【解析】运用矩阵定义列出方程组求解矩阵A【详解】由特征值、特征向量定义可知，A1=11，即abcd1-1=-11-1，得a-b=-1,c-d=1.同理可得3a+2b=12,3c+2d=8.解得a=2，b=3，