2022届广东省汕头市下蓬高三3月份模拟考试数学试题含解析_第1页
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文档简介

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回2答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效5如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、要求的。1一个几何体的三视图如图所示,其中正视图是一个正三角形,则这个几何体的体积为( ) ABCD2已知抛物线和点,直线与抛物线交于不同两点,直线与抛物线交于另一点给出以下判断:以为直径的圆与抛物线准线相离;直线与直线的斜率乘积为;设过点,的圆的圆心坐标为,半径为,则其中,所有正确判断的序号是( )ABCD3设,分别是中,所对边的边长,则直线与的位置关系是( )A平行B重合C垂直D相交但不垂直4已知 若在定义域上恒成立,则的取值范围是( )ABCD5已知非零向量、,若且,则向量在向量方向上的投影为( )ABCD6已知函数(表示不超过x的最大整数),若有且仅有3个零点,则实数a的取值范围是()

3、ABCD7已知若(1-ai )( 3+2i )为纯虚数,则a的值为 ( )ABCD8若向量,则( )A30B31C32D339从装有除颜色外完全相同的3个白球和个黑球的布袋中随机摸取一球,有放回的摸取5次,设摸得白球数为,已知,则ABCD10已知半径为2的球内有一个内接圆柱,若圆柱的高为2,则球的体积与圆柱的体积的比为( )ABCD11一辆邮车从地往地运送邮件,沿途共有地,依次记为,(为地,为地)从地出发时,装上发往后面地的邮件各1件,到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件,同时装上该地发往后面各地的邮件各1件,记该邮车到达,各地装卸完毕后剩余的邮件数记为则的表达式为( )ABCD12已知i

4、为虚数单位,则( )ABCD二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13已知等差数列满足,则的值为_14在长方体中,为的中点,则点到平面的距离是_.15已知向量,满足,则向量在的夹角为_.16已知为椭圆的左、右焦点,点在椭圆上移动时,的内心的轨迹方程为_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)已知函数,函数().(1)讨论的单调性;(2)证明:当时,.(3)证明:当时,.18(12分)试求曲线ysinx在矩阵MN变换下的函数解析式,其中M,N19(12分)已知函数.(1)证明:当时,;(2)若函数只有一个零点,求正实数的值.20(12分)已知函数有两

5、个极值点,.(1)求实数的取值范围;(2)证明:.21(12分)已知函数(1)时,求不等式解集;(2)若的解集包含于,求a的取值范围22(10分)甲、乙、丙三名射击运动员射中目标的概率分别为,三人各射击一次,击中目标的次数记为.(1)求的分布列及数学期望;(2)在概率(=0,1,2,3)中, 若的值最大, 求实数的取值范围.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】由已知中的三视图,可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,求出底面面积,代入锥体体积公式,可得答案【详解】由已知中的三视图,可知该几何体是一个以俯视图

6、为底面的三棱锥,其底面面积,高,故体积,故选:【点睛】本题考查的知识点是由三视图求几何体的体积,解决本题的关键是得到该几何体的形状2D【解析】对于,利用抛物线的定义,利用可判断;对于,设直线的方程为,与抛物线联立,用坐标表示直线与直线的斜率乘积,即可判断;对于,将代入抛物线的方程可得,从而,利用韦达定理可得,再由,可用m表示,线段的中垂线与轴的交点(即圆心)横坐标为,可得a,即可判断.【详解】如图,设为抛物线的焦点,以线段为直径的圆为,则圆心为线段的中点设,到准线的距离分别为,的半径为,点到准线的距离为,显然,三点不共线,则所以正确由题意可设直线的方程为,代入抛物线的方程,有设点,的坐标分别为

7、,则,所以则直线与直线的斜率乘积为所以正确将代入抛物线的方程可得,从而,根据抛物线的对称性可知,两点关于轴对称,所以过点,的圆的圆心在轴上由上,有,则所以,线段的中垂线与轴的交点(即圆心)横坐标为,所以于是,代入,得,所以所以正确故选:D【点睛】本题考查了抛物线的性质综合,考查了学生综合分析,转化划归,数形结合,数学运算的能力,属于较难题.3C【解析】试题分析:由已知直线的斜率为,直线的斜率为,又由正弦定理得,故,两直线垂直考点:直线与直线的位置关系4C【解析】先解不等式,可得出,求出函数的值域,由题意可知,不等式在定义域上恒成立,可得出关于的不等式,即可解得实数的取值范围.【详解】,先解不等

8、式.当时,由,得,解得,此时;当时,由,得.所以,不等式的解集为.下面来求函数的值域.当时,则,此时;当时,此时.综上所述,函数的值域为,由于在定义域上恒成立,则不等式在定义域上恒成立,所以,解得.因此,实数的取值范围是.故选:C.【点睛】本题考查利用函数不等式恒成立求参数,同时也考查了分段函数基本性质的应用,考查分类讨论思想的应用,属于中等题.5D【解析】设非零向量与的夹角为,在等式两边平方,求出的值,进而可求得向量在向量方向上的投影为,即可得解.【详解】,由得,整理得,解得,因此,向量在向量方向上的投影为.故选:D.【点睛】本题考查向量投影的计算,同时也考查利用向量的模计算向量的夹角,考查

9、计算能力,属于基础题.6A【解析】根据x的定义先作出函数f(x)的图象,利用函数与方程的关系转化为f(x)与g(x)=ax有三个不同的交点,利用数形结合进行求解即可【详解】当时,当时,当时,当时,若有且仅有3个零点,则等价为有且仅有3个根,即与有三个不同的交点,作出函数和的图象如图,当a=1时,与有无数多个交点,当直线经过点时,即,时,与有两个交点,当直线经过点时,即时,与有三个交点,要使与有三个不同的交点,则直线处在过和之间,即,故选:A【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数的范围; (2)分离参数法:先将

10、参数分离,转化成求函数的值域(最值)问题加以解决;(3)数形结合法:先对解析式变形,在同一平面直角坐标系中,画出函数的图象,然后数形结合求解.7A【解析】根据复数的乘法运算法则化简可得,根据纯虚数的概念可得结果.【详解】由题可知原式为,该复数为纯虚数,所以.故选:A【点睛】本题考查复数的运算和复数的分类,属基础题.8C【解析】先求出,再与相乘即可求出答案.【详解】因为,所以.故选:C.【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题.9B【解析】由题意知,由,知,由此能求出【详解】由题意知,解得,故选:B【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法,解题时要认真审题,仔细解

11、答,注意二项分布的灵活运用10D【解析】分别求出球和圆柱的体积,然后可得比值.【详解】设圆柱的底面圆半径为,则,所以圆柱的体积.又球的体积,所以球的体积与圆柱的体积的比,故选D.【点睛】本题主要考查几何体的体积求解,侧重考查数学运算的核心素养.11D【解析】根据题意,分析该邮车到第站时,一共装上的邮件和卸下的邮件数目,进而计算可得答案【详解】解:根据题意,该邮车到第站时,一共装上了件邮件,需要卸下件邮件,则,故选:D【点睛】本题主要考查数列递推公式的应用,属于中档题12A【解析】根据复数乘除运算法则,即可求解.【详解】.故选:A.【点睛】本题考查复数代数运算,属于基础题题.二、填空题:本题共4

12、小题,每小题5分,共20分。1311【解析】由等差数列的下标和性质可得,由即可求出公差,即可求解;【详解】解:设等差数列的公差为,又因为,解得故答案为:【点睛】本题考查等差数列的通项公式及等差数列的性质的应用,属于基础题.14【解析】利用等体积法求解点到平面的距离【详解】由题在长方体中,所以,所以,设点到平面的距离为,解得故答案为:【点睛】此题考查求点到平面的距离,通过在三棱锥中利用等体积法求解,关键在于合理变换三棱锥的顶点.15【解析】把平方利用数量积的运算化简即得解.【详解】因为,所以,因为所以.故答案为:【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的运算法则,考查向量的夹角的计算,意在考查学生对

13、这些知识的理解掌握水平.16【解析】考查更为一般的问题:设P为椭圆C:上的动点,为椭圆的两个焦点,为PF1F2的内心,求点I的轨迹方程解法一:如图,设内切圆I与F1F2的切点为H,半径为r,且F1H=y,F2H=z,PF1=x+y,PF2=x+z,则.直线IF1与IF2的斜率之积:,而根据海伦公式,有PF1F2的面积为因此有.再根据椭圆的斜率积定义,可得I点的轨迹是以F1F2为长轴,离心率e满足的椭圆,其标准方程为.解法二:令,则三角形PF1F2的面积:,其中r为内切圆的半径,解得.另一方面,由内切圆的性质及焦半径公式得:从而有消去得到点I的轨迹方程为:.本题中:,代入上式可得轨迹方程为:.三

14、、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)答案不唯一,具体见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【解析】(1)求出的定义域,导函数,对参数、分类讨论得到答案.(2)设函数,求导说明函数的单调性,求出函数的最大值,即可得证.(3)由(1)可知,可得,即又即可得证.【详解】(1)解:的定义域为,当,时,则在上单调递增;当,时,令,得,令,得,则在上单调递减,在上单调递增;当,时,则在上单调递减;当,时,令,得,令,得,则在上单调递增,在上单调递减;(2)证明:设函数,则.因为,所以,则,从而在上单调递减,所以,即.(3)证明:当时,.由(1)知,所以,即.当时,则,即,

15、又,所以,即.【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性,利用导数证明不等式,属于难题.18y2sin2x【解析】计算MN,计算得到函数表达式.【详解】M,N,MN, 在矩阵MN变换下, 曲线ysinx在矩阵MN变换下的函数解析式为y2sin2x【点睛】本题考查了矩阵变换,意在考查学生的计算能力.19(1)证明见解析;(2).【解析】(1)把转化成,令,由题意得,即证明恒成立,通过导数求证即可(2)直接求导可得,令,得或,故根据0与的大小关系来进行分类讨论即可【详解】证明:(1)令,则.分析知,函数的增区间为,减区间为.所以当时,.所以,即,所以.所以当时,.解:(2)因为,所以.讨论:当时

16、,此时函数在区间上单调递减.又,故此时函数仅有一个零点为0;当时,令,得,故函数的增区间为,减区间为,.又极大值,所以极小值.当时,有.又,此时,故当时,函数还有一个零点,不符合题意;当时,令得,故函数的增区间为,减区间为,.又极小值,所以极大值.若,则,得,所以,所以当且时,故此时函数还有一个零点,不符合题意.综上,所求实数的值为.【点睛】本题考查不等式的恒成立问题和函数的零点问题,本题的难点在于把导数化成因式分解的形式,如,进而分类讨论,本题属于难题20(1) (2)证明见解析【解析】(1)先求得导函数,根据两个极值点可知有两个不等实根,构造函数,求得;讨论和两种情况,即可确定零点的情况,

17、即可由零点的情况确定的取值范围;(2)根据极值点定义可知,代入不等式化简变形后可知只需证明;构造函数,并求得,进而判断的单调区间,由题意可知,并设,构造函数,并求得,即可判断在内的单调性和最值,进而可得,即可由函数性质得,进而由单调性证明,即证明,从而证明原不等式成立.【详解】(1)函数则,因为存在两个极值点,所以有两个不等实根.设,所以.当时,所以在上单调递增,至多有一个零点,不符合题意.当时,令得,0减极小值增所以,即.又因为,所以在区间和上各有一个零点,符合题意,综上,实数的取值范围为.(2)证明:由题意知,所以,.要证明,只需证明,只需证明.因为,所以.设,则,所以在上是增函数,在上是

18、减函数.因为,不妨设,设,则,当时,所以,所以在上是增函数,所以,所以,即.因为,所以,所以.因为,且在上是减函数,所以,即,所以原命题成立,得证.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值点,由导数证明不等式,构造函数法的综合应用,极值点偏移证明不等式成立的应用,是高考的常考点和热点,属于难题.21(1)(2)【解析】(1) 代入可得对分类讨论即可得不等式的解集; (2)根据不等式在上恒成立去绝对值化简可得再去绝对值即可得关于 的不等式组解不等式组即可求得的取值范围【详解】(1)当时,不等式可化为,当时,不等式为,解得;当时,不等式为,无解;当时,不等式为,解得,综上,原不等式的解集为(2)因为的解集包含于,则不等式可化为,即解得,由题意知,解得,所以实数a的取值范围是【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法分类讨论解绝对值不等式的应用,含参数不等

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