2022高考数学模拟试卷带答案第12744期

2022高考数学模拟试卷带答案

单选题(共8个)

fx1fx1、已知函数的是（ ） A．

fx满足，且

x0是yfxex的一个零点，则x0一定是下列函数的零点

yexfx1yfxB．

yexfx1

C．

1xexD．yfxe

2、已知

x1π5ππx203，6是函数fxsinx（0，2）相邻的两个零点，若函数

gxfx12在

π,m4上的最大值为1，则m的取值范围是（ ）

ππππ,,43B．42 A．π5ππ7π,,412C．D．412

3、下列函数是偶函数且在0,上单调递增的为（ ）

fxx1xxB．fxeC．fxxD．fxlnx f(x)lnx222x2xA．

4、已知函数

，则是不等式f(x1)f(2x)成立的x的取值范围是（ ）

1,(1,)3A．B．(1,)

C．(,1)(1,)D．(,2)(1,)

5、设mR，则“m2”是“复数zm2i1i为纯虚数”的（ ） A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件

1

C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件

x2ax11f(x)(aR)*x16、函数，若对于任意的xN，f(x)3恒成立，则a的取值范围是（ ） 8,B．A．32,3C．

1,3D．1,

xe2,x1,fx2logx1,x1,ff02（ ） 7、已知函数则A．3B．3C．2D．2 8、已知集合

Ax|x23x20,xR,B{1,3}，则AB（ ）

A．{1}B．{1,2,3}C．{1,2}D．{1,3}， 多选题(共4个)

2x1x29、已知关于x的不等式axbxc0的解集是，则（ ）

A．b0B．4a2bc0 C．c0D．ab0

10、(多选)下列函数，值域为2A．yx1x1B．yx

0,的是（ ）

C．

y11yx0xx1 D．

1a11、(多选题)下列四个条件，能推出A．b＞0＞aB．0＞a＞b C．a＞0＞bD．a＞b＞0 12、已知

1＜b成立的有（ ）

f(x)为R上的奇函数，且当x0时，

f(x)lgx.记g(x)sinxf(x)cosx，下列结论正确

2

的是

A．g(x)为奇函数 B．若g(x)的一个零点为

x0，且x00，则lgx0tanx00

,g(x)C．在区间2的零点个数为3个

D．若g(x)大于1的零点从小到大依次为x1,x2,，则2填空题(共3个)

x1x23

122a0,b0ab13、已知，，则ab的最小值为_______________；

14、若

x1,42，axx4恒成立，则实数a的取值范围为___________.

15、若函数f(x)sin(2x)为偶函数，则的一个值为________.（写出一个即可） 解答题(共6个)

16、如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F分别为A1C1和BC的中点．

（1）求证：EF//平面AA1B1B； （2）若AA1＝3，

AB23，求EF与平面ABC所成的角．

5Bx1,xRAxx2a1xa1a20x2，若ABB，求实数a17、已知集合，

2的取值范围.

3

1x2}，B{x∣m1xm1}. 18、已知集合A{x∣(1)若m1，求AB；

(2)在（1）RARB，（2）ABA，（3）ABB中任选一个作为已知，求实数m的取值范围.

psinA,bcqac,sinCsinB19、在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，向量，,满

足

pqpq.

（1）求角B的大小；

13msinC,,n2,kcos2Ak032（2）设,mn有最大值为2，求k的值．

220、已知函数f(x)3sin2x2cosx.

（1）求函数（2）求函数

f(x)的值域； f(x)单调递增区间.

22(bc)abc. acCABCbBA21、已知 的内角，，所对的边分别为，，，且满足

(1)求角A的大小；

(2)若a2，sinC2sinB，求ABC的面积. 双空题(共1个)

fx2sinx0，2部分图象如图所示，则__________，为了得到偶22、已知函数

函数

ygx的图象，至少要将函数

yfx的图象向右平移__________个单位长度．

4

5

2022高考数学模拟试卷带答案参

1、答案：A 解析：

首先判断函数是奇函数，由零点定义可知，函数的零点.

fx1fxfx0ex00，再经过变形，结合选项判断x0是否是

因为，所以

fxfx，所以函数

fx是奇函数．由已知可得

x0fx0ex00，即

fx0ex0．所以

ex0fx01，所以

ex0fx01，故一定是

yexfx1的零点，故A正确，

B错误；

ex0又由

fx01，得

fx01ex0，所以

fx01ex01ex01ex02ex00，故C错误；由

fx0ex0fx0ex0ex0ex00，故D错误.

故选：A． 2、答案：C 解析：

π3，然后根据三角函数的性质得到关

先利用三角函数的性质得到2，再根据已知零点得到于m的不等式，求解即可得到结果．

T5ππ2ππfxTπ263设函数的最小正周期为T，由题意可得，则，所以，

π2ππ2kπkπ33，kZ 3，则，kZ，即

所以2，则fxsin2x．令

ππ032，所以

x又

πfxsin2x3． ，所以

6

因为函数

gxfx12在

πg,m14上的最大值为1，且4，如图.

ππππππ7πx,m2x2m2m4时，633，所以636， 当

所以

π5πm412．

故选：C

小提示：

x1π5πx23，6是函数

关键点睛：本题考查根据正弦型函数的最大值求参数，解答本题的关键是

πfxsin2xfx3，再作出函数gx的图象，根据图象分析定义域的的两个相邻的零点求出

区间，属于中档题. 3、答案：B 解析：

根据选项，逐个判断奇偶性和单调性，然后可得答案.

fxx1f(x)x，f(x)为奇函数，不合题意；

对于选项A，对于选项B，对于选项C，

fxexef(x)x，

f(x)为偶函数，且当x0时，f(x)ex为增函数，符合题意；

f(x)的定义域为[0,)，f(x)既不是奇函数又不是偶函数；

7

对于选项D，故选：B. 4、答案：A 解析： 先判断

f(x)lnx222x2xf(x)的定义域为0,，f(x)既不是奇函数又不是偶函数；

是偶函数，可得

fx1f2x，

f(x)在

0,单调递增，可得

x12x，解不等式即可得x的取值范围.

的定义域为R，

f(x)lnx222x2x2f(x)lnx22x2xf(x)，

所以所以

f(x)lnx222x2xfx1f2x是偶函数，

2xxylnx1y22当x0时，单调递增，根据符合函数的单调性知单调递增，

所以因为所以

f(x)lnx222x2xfx1f2x在0,单调递增，

，

x12x2，

2x1所以2x，

2所以3x2x10，

解得：x1或

x13，

1,(1,)3所以不等式f(x1)f(2x)成立的x的取值范围是：

故选：A

8

小提示：

本题主要考查了利用函数的奇偶性和单调性解不等式，属于中档题. 5、答案：C 解析：

求出zm2i1i为纯虚数时m的值，与m2比较，判断出结果

zm2i1i=m2m2i，复数zm2i1i为纯虚数，则m20，解得：m2，所以则

“m2”是“复数zm2i1i为纯虚数”的充要条件 故选：C 6、答案：A 解析：

恒成立求参数取值范围问题，在定义域满足的情况下，可以进行参变分离，构造新函数，通过求新函数的最值，进而得到参数取值范围.

8x2ax11ax33*f(x)3xxNx1对任意，恒成立，即恒成立，即知．

设

g(x)x817g(3)x，xN*，则g(2)6，3．

g(x)min173，

∵g(2)g(3)，∴

88x33， ∴x8a3，故a的取值范围是∴

8,3．

故选：A. 7、答案：A

9

解析：

先计算f(0)，再计算f[f(0)]．

ff0f3log283，

故选：A. 8、答案：A 解析：

解一元二次方程求出集合A，然后由集合的交运算即可求解. ∵

Ax|x23x20,xR{1,2},B{1,3}，

∴AB{1}. 故选：A. 9、答案：BCD 解析：

根据已知条件，利用二次不等式的解集与二次函数的的图象的对应关系，借助韦达定理和不等式的基本性质作出判断.

2由已知得a0，axbxc0的两根为1和2，

∴∴

bc121122aa，，

ba，c2a，

∴b0，c0，ab0，

2当x2时，axbxc0，即4a2bc0，

所以选项A不正确，选项BCD正确， 故选：BCD.

10

10、答案：AC 解析：

对每个选项进行值域判断即可.

0,解：A选项，函数yx1x1的值域为，正确；

B选项，函数yyx2的值域为0,，错误；

C选项，函数

1x00,x的值域为，正确； 1x1的值域为,00,，错误.

D选项，函数故选：AC.

y11、答案：ABD 解析：

运用不等式的性质以及正数大于负数判断.

1a因为

111ba0babab＜等价于，

1a当a＞b，ab＞0时，

1＜b成立，故B、D正确.

又正数大于负数，A正确，C错误， 故选：ABD. 小提示：

本题主要考查不等式的基本性质，属于基础题. 12、答案：ABD 解析：

根据奇偶性的定义判断A选项；将g(x)0等价变形为tanxf(x)，结合

11

f(x)的奇偶性判断

B选

项，再将零点问题转化为两个函数的交点问题，结合函数g(x)的奇偶性判断C选项，结合图象，得出x1,x2的范围，由不等式的性质得出x1x2的范围. 由题意可知g(x)的定义域为R，关于原点对称

因为g(x)sinxf(x)cosxsinxf(x)cosxg(x)，所以函数g(x)为奇函数，故A正确；

x2假设cosx0，即

xk,kZsinxf(x)cosxsinkcosk02时，

2所以当

xk,kZ时，g(x)0

2当

k,kZ时，sinxf(x)cosx0tanxf(x)

当x00，x00，则f(x0)f(x0)lgx0 由于g(x)的一个零点为x0， 则

tanx0f(x0)lgx0lgx0tanx00，故B正确；

当x0时，令y1tanx,y2lgx，则g(x)大于0的零点为y1tanx,y2lgx的交点，由图可知，函

,00,g(x)g(x)g(x)数在区间的零点有2个，由于函数为奇函数，则函数在区间2的零点有

1个，并且g(0)sin0f(0)cos00

,所以函数在区间2的零点个数为4个，故C错误；

12

由图可知，g(x)大于1的零点2所以2x1x23x1,3x222

故选：ABD 小提示：

本题主要考查了判断函数的奇偶性以及判断函数的零点个数，属于较难题.

32213、答案：2

解析：

112abab2ab根据题意，得到，展开后利用基本不等式求解，即可得出结果. 122a0,b0ab因为，，

1121b2a1b2a322abab3322ab2ab2ab2所以， b2a1222a,b22时等号成立， 当ab即

13

322故答案为：2．

小提示：

本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型. 14、答案：解析：

ax44axxmaxx对x1,4恒成立，即，x1,4，再根据函数的单调性求出函

3,

参变分离可得

数的最大值，即可得解；

4x244axax2x1,4x1,4xmaxxx恒成立，所以解：因为，axx4恒成立，所以，，

x1,4，因为函数；

3,

fxx44fxf443maxx，在1,4上单调递增，所以4，所以a3，即

a3,故答案为：15、答案：2（答案不唯一）

解析：

在三角函数中偶函数的基本形式为f(x)Acosx，依据题意，简单判断即可.

依据题意：函数f(x)sin(2x)为偶函数，则2的奇数倍都可以. 故答案为：2（答案不唯一）

16、答案：（1）证明见解析；（2）60°． 解析：

14

（1）取AB中点D，连结A1D、DF，推导出四边形DFEA1是平行四边形，从而证明EF//平面AA1A1D//EF，由此能

B1B．

（2）取AC中点H，连结HF，则EFH为EF与面ABC所成角，由此能求出EF与平面ABC所成的角．

（1）取AB中点D，连结A1D、DF， 在ABC中，D、F为中点，DF//12AC，

A1又A1C1//AC，且

1E2AC11，DF//A1E，

四边形DFEA1是平行四边形，A1D//EF，

A1D平面AA1B1B，EF平面AA1B1B，

EF//平面AA1B1B．

（2）取AC中点H，连结HF，

EH//AA1，AA1面ABC，EH面ABC，EFH为EF与面ABC所成角，

在RtEHF中，FH3，EHAA13，

tanHFE333tan60，

HFE60，

EF与平面ABC所成的角为60．

15

小提示：

本题考查线面平行的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力、数形结合思想，是中档题． 17、答案：解析：

化简集合A,B,由ABB知

x7501x2x2由，得，

AB，即可求解.

3,5

B2,7

Aa1,a2a27a12，a3,5

小提示：

本题主要考查了集合的交集，集合的子集，属于中档题. 18、答案：(1)(1,2] (2)(0,1) 解析：

（1）应用集合并运算求AB即可；

（2）根据所选条件有BA，即可求m的取值范围.

16

(1)

当m1时，(2)

选条件①②③，都有BA，

m11,∴m12,解得0m1，

Bx0x2，则

ABx1x2(1,2]

∴实数m的取值范围为(0,1)．

19、答案：（1）3；（2）k1或k2.

解析：

试题分析：（1）由条件

pqpq|可得，pq0，代入得（a﹣c）sinA+（b+c）（sinC﹣sinB）

=0，根据正弦定理，可化为a（a﹣c）+（b+c）（c﹣b）=0，结合余弦定理a2+c2﹣b2=2acosB，代入可求角B的大小；

11k2ksinAkkmn23（2）先求=﹣+,．结合0＜A＜，及二次函数的知识求解.

2试题解析： （1）由条件

pq=

pqq0，又 ，两边平方得p·p=（sinA,b+c）,q=（a－c,sinC－sinB）,代入得（a－c）sinA＋（b+c）（sinC－sinB）＝0，

222根据正弦定理，可化为a（a－c）+（b+c）（c－b）=0,即acbac，

1222又由余弦定理acb＝2acosB,所以cosB＝2，B＝3. 1（2）m=（sin（C+3）,2）,n=（2,kcos2A） （k0）,

17

11kkmn=2sin（C+3）+2cos2A=2sin（C+B）+2kcos2A=2ksinA+kcos2A-2=-ksin2A+2sinA+2=-11k2ksinAkk+2,而02①0k1时，sinA1取最大值为

sinA②k1时，当

11k3k时取得最大值，k22解得k1或k2，

k1(舍去），k2.

2k3,k122（舍去），

③k0时，开口向上，对称轴小于0当sinA1取最大值综上所述，k1或k2.

k,kkZ[1,3]3620、答案：(1) , (2)

解析：

2sin(2x)1f(x)6（1）先对函数化简为，然后利用正弦函数的取值范围可求出f(x)的值域；

（2）由

2k22x62k2解出x的范围就是所要求的递增区间.

2f(x)3sin2x2cosx3sin2xcos2x1 解：

2(31sin2xcos2x)122

2sin(2x)16

1sin(2x)16（1）因为， 12sin(2x)136所以

18

所以

f(x)的值域为[1,3]；

（2）由

k2k22x62k2,kZ，得

3xk6,kZ，

k,kkZ36f(x)所以单调递增区间为

小提示：

此题考查三角函数的恒等变换公式，正弦函数的性质，属于基础题.

A3

21、答案：(1)

23(2)3

解析：

22(bc)abc可得b2c2a2bc，再利用余弦定理可求得角A， （1）由

（2）由sinC2sinB可得c2b，再利用余弦定理可求出b,c的值，然后利用三角形的面积公式可求得答案 (1)

22(bc)abc可得：b2c2a2bc， 因为

由余弦定理可得，

b2c2a21cosA2bc2

又A(0,)，所以(2)

A3

由sinC2sinB可得c2b，

222由余弦定理知：abc2bccosA，

19

4b24b22b2b12，

解得

Sb2343c3，3

ABC112343323bcsinA223323

22、答案： 8 6

解析：

利用图象可得出函数fx的最小正周期，可得出的值，结合图象求得的值，然后将函数

fx的图象向右平移t个单位长度，求出t的表达式，进而可求得t的最小值，即为所求.

x2fx2sinT26216，8， 168，则由图象可知，函数fx的最小正周期为

由于函数

2kfx的图象过点2,0且在x2附近单调递增，所以，

282kkZ，可得

4kZ2，

，

xfx2sin84， 4，

2gx假设将函数fx的图象向右平移t个单位长度可得到偶函数的图象，

tgxfxt2sinxt2sinx484， 88且

t84所以，

2kkZ，解得t28kkZ，

t0，当k1时，t取最小值6.

故答案为：8；6.

20

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