2022届高三数学模拟模拟试题

2022届高三模拟数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合、集合，且，则下列结论正确的是（）A.有可能 B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由交集结果和集合中元素的互异性可知.【详解】，，，若，由集合中元素互异性知：，；若，同理可知：，；综上所述：.故选：B.2.下列角中终边与相同的角是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据终边相同的角的集合表示即可得出答案.【详解】与角终边相同的角的集合为，当时，可得.故选：B．3.“”是“函数为偶函数”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】判断以“”和“函数为偶函数”分别为题设和结论，结论和题设的两个命题的真假即可得解.【详解】当时，，其定义域为R，，所以为偶函数；当是偶函数时，，则有，解得，即为偶函数时，，所以“”是“为偶函数”的充要条件，故选：C.4.在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为O，始边为x轴的非负半轴，若点是角终边上的一点，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由三角函数的定义可求的值，再利用诱导公式及二倍角正切公式可求.【详解】解：由题意，得，从而，故选：B.5.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】已知式平方后求得，再与已知联立解得，然后由商数关系得．【详解】因为，所以，，由，解得，所以．故选：A．【点睛】关键点点睛：本题考查同角间的三角函数关系，在用平方关系求值时，一般要确定角的范围，以确定函数值的正负．本题中实质上是取得的是最大值，因此求解时没有出现两解的情形．6.如图是函数的部分图象，则该函数图象与直线的交点个数为（）A.8083 B.8084 C.8085 D.8086【答案】C【解析】【分析】根据图象可知函数的解析式，然后根据并作出图象进行判断即可.【详解】由函数的局部图象可得，周期，所以，故，当时，，则，因为，故，故，令得，如图所示：观察图象可知，函数和函数的图象共有个交点．故选：C7.已知是定义在上的奇函数，其导函数为且当时，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】构造新函数，利用导数确定的单调性，从而可得时的正负，利用奇函数性质得出时的正负，然后分类讨论解不等式．【详解】设，则，所以在上递增，又，所以时，，此时，所以，时，，此时，，所以，所以时，，因为奇函数，所以时，，由得或，所以或．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题考查用导数解不等式，关键是构造新函数，利用导数确定单调性后，得出的解．8.已知实数满足，则大小关系为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先分析得到，再构造函数利用导数比较的大小即得解.【详解】，，设，所以，所以函数在单调递减，设所以，所以，因为函数在单调递减，所以，故选：D【点睛】关键点睛：解答本题的关键是两次构造函数，第一次是构造函数，得到函数在单调递减，第二次是构造函数得到.在解答函数的问题时，经常要观察已知条件构造函数解决问题.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由二倍角公式结合正弦定理的角化边公式求出，，，，进而由和角公式得出，进而得出，最后求出三角形面积.【详解】因为，所以，.又，所以，，.又，所以，所以.故选：ACD.【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用正弦定理的角化边公式求出.10.若，使得成立是假命题，则实数可能取值是（）A. B. C.3 D.【答案】AB【解析】【分析】首先由条件可知命题的否定是真命题，参变分离后，转化为最值问题求的取值范围.【详解】由条件可知，是真命题，即，即，设等号成立的条件是，所以的最小值是，即，满足条件的有AB.故选：AB【点睛】关键点点睛：本题的关键首先是写出特称命题的否定，第二个关键是参变分离，转化为函数的最值求参数的取值范围.11.设函数的图象为曲线，则（）A.将曲线向右平移个单位长度，与曲线重合B.将曲线上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，与曲线重合C.是曲线的一个对称中心D.若，且，则的最小值为【答案】BD【解析】【分析】A：根据正弦型函数图象变换的规律进行判断即可；B：根据正弦型函数图象变换的规律进行判断即可；C：根据正弦型函数的对称性进行判断即可；D：根据正弦型函数的零点进行判断即可；【详解】A：曲线向右平移个单位长度，得到函数，显然该函数的图象与曲线不重合，故本说法不正确；B：由曲线上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，可得，故本说法正确；C：因为，所以点不是该函数的对称中心，故本选项不正确；D：由，可得因为，所以，，所以，因为，，所以的最小值为1，即的最小值为，故本选项正确，故选：BD12.关于函数，下列说法正确的是（）A.当时，在处的切线方程为B.若函数在上恰有一个极值，则C.对任意，恒成立D.当时，在上恰有2个零点【答案】ABD【解析】【分析】直接逐一验证选项，利用导数的几何意义求切线方程，即可判断A选项；利用分离参数法，构造新函数和利用导数研究函数的单调性和极值、最值，即可判断BC选项；通过构造新函数，转化为两函数的交点个数来解决零点个数问题，即可判断D选项.【详解】解：对于A，当时，，，所以，故切点为（0，0），则，所以，故切线斜率为1，所以在处的切线方程为：，即，故A正确；对于B，，，则，若函数在上恰有一个极值，即在上恰有一个解，令，即在上恰有一个解，则在上恰有一个解，即与的图象在上恰有一个交点，，，令，解得：，，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以极大值为，极小值为，而，作出，的大致图象，如下：由图可知，当时，与的图象在上恰有一个交点，即函数在上恰有一个极值，则，故B正确；对于C，要使得恒成立，即在上，恒成立，即在上，恒成立，即，设，，则，，令，解得：，，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以极大值为，，所以在上的最大值为，所以时，上，恒成立，即当时，才恒成立，所以对任意，不恒成立，故C不正确；对于D，当时，，，令，则，即，作出函数和的图象，可知在内，两个图象恰有两个交点，则在上恰有2个零点，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查函数和导数的综合应用，考查利用导数的几何意义求切线方程，考查分离参数法的应用和构造新函数，以及利用导数研究函数的单调性、极值最值、零点等，考查化简运算能力和数形结合思想.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.请写出一个函数___________，使之同时具有如下性质：①，，②，.【答案】【解析】【分析】根据①②可知函数是周期函数且关于对称，即可求解.【详解】性质①②分别表示关于直线对称和以4为周期，答案不唯一，写出一个即可，例如，故答案为：14.法国数学家拉格朗日于1778年在其著作《解析函数论》中提出一个定理：如果函数满足如下条件：（1）在闭区间上是连续不断的；（2）在区间上都有导数．则在区间上至少存在一个数，使得，其中称为拉格朗日中值．则在区间上的拉格朗日中值________．【答案】【解析】【分析】先求得导函数，结合拉格朗日中值的定义，可得，进而求得的值即可.【详解】，则，所以，由拉格朗日中值的定义可知，，即，所以．故答案为:.【点睛】本题考查函数与导数的简单应用，新定义的理解和应用，属于基础题．15.已知，，______．【答案】【解析】【分析】先求出的值，再求与的值，观察发现，再由和角公式展开即可求解【详解】，，，，，，，故答案为：16.若函数的定义域存在，使成立，则称该函数为“互补函数”.函数，则当时，=______；若在上为“互补函数”，则的取值范围为___________.【答案】①.0②.【解析】【分析】直接利用三角函数的关系式的变换和正弦型函数的图象与性质，列出不等式，即可求解.【详解】由函数，当时，，可得；令，则函数在区间上存在两个极值点，则，可得，当时，即，显然符合题意；当时，即时，，即，所以当，即时，，即，所以，综上可得，的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知集合,.（1）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围；（2）若，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先化简两个集合，将必要不充分条件转化为集合间的包含关系，再比较两个集合的端点进行求解；（2）比较两个集合的端点进行求解.【小问1详解】由，得，即，故，因为，，所以，即；因为是的必要不充分条件，所以是的真子集，所以，解得：，故的取值范围为；【小问2详解】因为，所以或，解得：或，故的取值范围为.18.在①；②，这两个条件中任选一个补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题目．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足________．（1）求；（2）已知，△ABC的外接圆半径为，求△ABC的边AB上的高．【答案】（1）答案不唯一，见解析（2）答案不唯一，见解析【解析】【分析】（1）若选①，由所选边角关系式，边化角，经过三角恒等变换可求得的值；若选②，由所选边角关系式，角化边，利用余弦定理可求得的值.（2）由（1）中所得的值及△ABC的外接圆半径可求得，由余弦定理及完全平方和公式可得，最后由等面积法可求得△ABC的边AB上的高.【小问1详解】若选①:由正弦定理和得，即，整理得，即，因为，解得，又因为，解得.故.若选②:由余弦定理得化简得，所以，因为，解得.故.【小问2详解】若选①:则，，由正弦定理得，由余弦定理得，又因为，所以，解得，由△ABC的面积得.故.若选②：则，，由正弦定理得，由余弦定理得，又因为，所以，解得，由△ABC的面积得.故.19.已知函数的图像在处的切线方程为.（1）求实数的值；（2）若函数，求在上的最小值.【答案】（1），（2）0【解析】【分析】(1)结合已知条件，利用导函数的几何意义即可求解；(2)首先对求导得，，再令，求的单调性，并利用零点存在基本定理确定存在存在唯一的零点和满足的关系式，进而得到的单调区间，利用其单调小即可求得最值.【小问1详解】因为所以.由已知条件可知，，解得.，故，从而，结合切线方程可知，，解得.【小问2详解】结合(1)中结论可知，，，则，记，则，故在上单调递增，又，，故存在，使得，即，即，解得，当时，，；当，，，从而在上单调递减，在上单调递增，所以在上的最小值为，因为，所以，所以最小值为0.20.已知函数.（1）当时，函数的图象关于直线对称，求在上的单调递增区间；（2）若的图像向右平移个单位得到的函数在上仅有一个零点，求ω的取值范围．【答案】（1）和（2）【解析】【分析】（1）化简函数，得到，结合三角函数的性质，求得，得到，得出，进而求得的单调增区间.（2）令，求得，根据在上仅有一个零点，列出不等式组，即可求解.【小问1详解】解：因为，所以，由的图象关于直线对称，可得，所以解得，又因，所以当时，.所以，令，解得，又由，所以，或，即在上的单调递增区间为和.【小问2详解】解：由已知得，令得，即，因为在上仅有一个零点，所以，由于，所以得，解得因为，所以，所以.21.已知函数.（1）若为的极值点，求实数；（2）若在上恒成立，求实数的范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，利用求出，再二次求导，验证在两侧的符号变化；（2）利用（1）结论讨论与的大小研究的符号，进而研究函数的最值即可求解..小问1详解】解：因为，令，则，所以.即，当时，设，所以，故在上单调递减，所以，当时，，，所以.终上所述，时，为的极值点成立，所以.【小问2详解】解：由（1）知，当时，在上单调递减，，①时，，在上单调递增，所以，②时，因为在上单调递减，；，存在使，即，，递减，当时，，与矛盾.综上：时，在上恒成立.所以实数的范围是.22.设函数（）.（1）求函数的单调区间；（2）若有两个零点，，求的取值范围，并证明：.【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在单调递减，在单调递增（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；（2）由（1）可得的极小值点为，则不妨设，证明，即证：，构造函数，证明即可，设，，则，设，判断单调性可得，进而得证.【小问1详解】解：（1）由，，可得，.当时，，所以在上单调递增；当时，令，得，令，得，所以在单调递减，在单调递增；【小问2详解】证明：（2）因为函数有两个零点，由（1）得，此时的递增区间为，递减区间为，有极小值.所以