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文档简介
1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项:1答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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
2、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(,且)在区间上的值域为,则( )ABC或D或42已知角的终边经过点P(),则sin()=ABCD3台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动,也叫桌球(中国粤港澳地区的叫法)、撞球(中国台湾地区的叫法)控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术,一次台球技术表演节目中,在台球桌上,画出如图正方形ABCD,在点E,F处各放一个目标球,表演者先将母球放在点A处,通过击打母球,使其依次撞击点E,F处的目标球,最后停在点C处,若AE=50cmEF=40cmFC=30c
3、m,AEF=CFE=60,则该正方形的边长为( )A50cmB40cmC50cmD20cm4已知命题p:“”是“”的充要条件;,则( )A为真命题B为真命题C为真命题D为假命题5已知x,y满足不等式,且目标函数z9x+6y最大值的变化范围20,22,则t的取值范围( )A2,4B4,6C5,8D6,76复数为纯虚数,则( )AiB2iC2iDi7已知函数的部分图象如图所示,将此图象分别作以下变换,那么变换后的图象可以与原图象重合的变换方式有( )绕着轴上一点旋转; 沿轴正方向平移;以轴为轴作轴对称;以轴的某一条垂线为轴作轴对称.ABCD8已知命题:R,;命题 :R,则下列命题中为真命题的是(
4、)ABCD9下图为一个正四面体的侧面展开图,为的中点,则在原正四面体中,直线与直线所成角的余弦值为( )ABCD10下列结论中正确的个数是( )已知函数是一次函数,若数列通项公式为,则该数列是等差数列;若直线上有两个不同的点到平面的距离相等,则;在中,“”是“”的必要不充分条件;若,则的最大值为2.A1B2C3D011某几何体的三视图如图所示,三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形,则该几何体中最长的棱长为( )ABC1D12设集合,若集合中有且仅有2个元素,则实数的取值范围为ABCD二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13已知数列是各项均为正数的等比数列,若,则的最小
5、值为_.14已知实数,满足约束条件,则的最大值是_.15在平面直角坐标系xOy中,已知A0,a,B3,a+4,若圆x2+y2=9上有且仅有四个不同的点C,使得ABC的面积为5,则实数a的取值范围是_.16已知函数,若关于的方程恰有四个不同的解,则实数的取值范围是_.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)已知点是抛物线的顶点,是上的两个动点,且.(1)判断点是否在直线上?说明理由;(2)设点是的外接圆的圆心,点到轴的距离为,点,求的最大值.18(12分)在如图所示的多面体中,四边形是矩形,梯形为直角梯形,平面平面,且,.(1)求证:平面.(2)求二面角的大小
6、.19(12分)小丽在同一城市开的2家店铺各有2名员工.节假日期间的某一天,每名员工休假的概率都是,且是否休假互不影响,若一家店铺的员工全部休假,而另一家无人休假,则调剂1人到该店维持营业,否则该店就停业.(1)求发生调剂现象的概率;(2)设营业店铺数为X,求X的分布列和数学期望.20(12分)在数列中,(1)求数列的通项公式;(2)若存在,使得成立,求实数的最小值21(12分)某市计划在一片空地上建一个集购物、餐饮、娱乐为一体的大型综合园区,如图,已知两个购物广场的占地都呈正方形,它们的面积分别为13公顷和8公顷;美食城和欢乐大世界的占地也都呈正方形,分别记它们的面积为公顷和公顷;由购物广场
7、、美食城和欢乐大世界围成的两块公共绿地都呈三角形,分别记它们的面积为公顷和公顷.(1)设,用关于的函数表示,并求在区间上的最大值的近似值(精确到0.001公顷);(2)如果,并且,试分别求出、的值.22(10分)如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形, 底面 ,是的中点.(1).求证:平面平面;(2).若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.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】对a进行分类讨论,结合指数函数的单调性及值域求解.【详解】分析知,.讨论:当时,所以,所以;当时,所以,所以.综上,或,故选C.【
8、点睛】本题主要考查指数函数的值域问题,指数函数的值域一般是利用单调性求解,侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.2A【解析】由题意可得三角函数的定义可知:,则:本题选择A选项.3D【解析】过点做正方形边的垂线,如图,设,利用直线三角形中的边角关系,将用表示出来,根据,列方程求出,进而可得正方形的边长.【详解】过点做正方形边的垂线,如图,设,则,则,因为,则,整理化简得,又,得 ,.即该正方形的边长为.故选:D.【点睛】本题考查直角三角形中的边角关系,关键是要构造直角三角形,是中档题.4B【解析】由的单调性,可判断p是真命题;分类讨论打开绝对值,可得q是假命题,依次分析即得解【详解】由函数是R上
9、的增函数,知命题p是真命题对于命题q,当,即时,;当,即时,由,得,无解,因此命题q是假命题所以为假命题,A错误;为真命题,B正确;为假命题,C错误;为真命题,D错误故选:B【点睛】本题考查了命题的逻辑连接词,考查了学生逻辑推理,分类讨论,数学运算的能力,属于中档题.5B【解析】作出可行域,对t进行分类讨论分析目标函数的最大值,即可求解.【详解】画出不等式组所表示的可行域如图AOB当t2时,可行域即为如图中的OAM,此时目标函数z9x+6y 在A(2,0)取得最大值Z18不符合题意t2时可知目标函数Z9x+6y在的交点()处取得最大值,此时Zt+16由题意可得,20t+1622解可得4t6故选
10、:B【点睛】此题考查线性规划,根据可行域结合目标函数的最大值的取值范围求参数的取值范围,涉及分类讨论思想,关键在于熟练掌握截距型目标函数的最大值最优解的处理办法.6B【解析】复数为纯虚数,则实部为0,虚部不为0,求出,即得.【详解】为纯虚数,解得. .故选:.【点睛】本题考查复数的分类,属于基础题.7D【解析】计算得到,故函数是周期函数,轴对称图形,故正确,根据图像知错误,得到答案.【详解】,当沿轴正方向平移个单位时,重合,故正确;,故,函数关于对称,故正确;根据图像知:不正确;故选:.【点睛】本题考查了根据函数图像判断函数性质,意在考查学生对于三角函数知识和图像的综合应用.8B【解析】根据,
11、可知命题的真假,然后对取值,可得命题 的真假,最后根据真值表,可得结果.【详解】对命题:可知,所以R,故命题为假命题命题 :取,可知所以R,故命题为真命题所以为真命题故选:B【点睛】本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用,识记真值表,属基础题.9C【解析】将正四面体的展开图还原为空间几何体,三点重合,记作,取中点,连接,即为与直线所成的角,表示出三角形的三条边长,用余弦定理即可求得.【详解】将展开的正四面体折叠,可得原正四面体如下图所示,其中三点重合,记作:则为中点,取中点,连接,设正四面体的棱长均为,由中位线定理可得且,所以即为与直线所成的角, ,由余弦定理可得,所以直线与直线所成角的
12、余弦值为,故选:C.【点睛】本题考查了空间几何体中异面直线的夹角,将展开图折叠成空间几何体,余弦定理解三角形的应用,属于中档题.10B【解析】根据等差数列的定义,线面关系,余弦函数以及基本不等式一一判断即可;【详解】解:已知函数是一次函数,若数列的通项公式为,可得为一次项系数),则该数列是等差数列,故正确;若直线上有两个不同的点到平面的距离相等,则与可以相交或平行,故错误;在中,而余弦函数在区间上单调递减,故 “”可得“”,由“”可得“”,故“”是“”的充要条件,故错误;若,则,所以,当且仅当时取等号,故正确;综上可得正确的有共2个;故选:B【点睛】本题考查命题的真假判断,主要是正弦定理的运用
13、和等比数列的求和公式、等差数列的定义和不等式的性质,考查运算能力和推理能力,属于中档题11B【解析】首先由三视图还原几何体,进一步求出几何体的棱长【详解】解:根据三视图还原几何体如图所示,所以,该四棱锥体的最长的棱长为故选:B【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体,考查运算能力和推理能力,属于基础题12B【解析】由题意知且,结合数轴即可求得的取值范围.【详解】由题意知,则,故,又,则,所以,所以本题答案为B.【点睛】本题主要考查了集合的关系及运算,以及借助数轴解决有关问题,其中确定中的元素是解题的关键,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。1340【解析】设等比数列的公比
14、为,根据,可得,因为,根据均值不等式,即可求得答案.【详解】设等比数列的公比为,等比数列的各项为正数,当且仅当,即时,取得最小值.故答案为:.【点睛】本题主要考查了求数列值的最值问题,解题关键是掌握等比数列通项公式和灵活使用均值不等式,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.14【解析】令,所求问题的最大值为,只需求出即可,作出可行域,利用几何意义即可解决.【详解】作出可行域,如图令,则,显然当直线经过时,最大,且,故的最大值为.故答案为:.【点睛】本题考查线性规划中非线性目标函数的最值问题,要做好此类题,前提是正确画出可行域,本题是一道基础题.15(-53,53)【解析】求出AB的长度,直线方
15、程,结合ABC的面积为5,转化为圆心到直线的距离进行求解即可【详解】解:AB的斜率k=a+4-a3-0=43,|AB|=(3-0)2+(a+4-a)2=32+42=5,设ABC的高为h,则ABC的面积为5,S=12|AB|h=125h5,即h2,直线AB的方程为ya=43x,即4x3y+3a0若圆x2+y29上有且仅有四个不同的点C,则圆心O到直线4x3y+3a0的距离d=|3a|42+(-3)2=|3a|5,则应该满足dRh321,即|3a|51,得|3a|5得-53a53,故答案为:(-53,53)【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用,求出直线方程和AB的长度,转化为圆心到直线的距
16、离是解决本题的关键16【解析】设,判断 为偶函数,考虑x0时,的解析式和零点个数, 利用导数分析函数的单调性,作函数大致图象,即可得到的范围.【详解】设,则在是偶函数,当时,由得,记,故函数在增,而,所以在减,在增,当时,当时,因此的图象为因此实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查了函数的零点的个数问题,涉及构造函数,函数的奇偶性,利用导数研究函数单调性,考查了数形结合思想方法,以及化简运算能力和推理能力,属于难题.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)不在,证明见详解;(2)【解析】(1)假设直线方程,并于抛物线方程联立,结合韦达定理,计算,可得,然后验证可
17、得结果.(2)分别计算线段中垂线的方程,然后联立,根据(1)的条件可得点的轨迹方程,然后可得焦点,结合抛物线定义可得,计算可得结果.【详解】(1)设直线方程,根据题意可知直线斜率一定存在,则则由所以将代入上式化简可得,所以则直线方程为,所以直线过定点,所以可知点不在直线上.(2)设线段的中点为线段的中点为则直线的斜率为,直线的斜率为可知线段的中垂线的方程为由,所以上式化简为即线段的中垂线的方程为同理可得:线段的中垂线的方程为则由(1)可知:所以即,所以点轨迹方程为焦点为,所以当三点共线时,有最大所以【点睛】本题考查直线于抛物线的综合应用,第(1)问中难点在于计算处,第(2)问中关键在于得到点的
18、轨迹方程,直线与圆锥曲线的综合常常要联立方程,结合韦达定理,属难题.18(1)见解析;(2)【解析】(1)根据面面垂直性质及线面垂直性质,可证明;由所给线段关系,结合勾股定理逆定理,可证明,进而由线面垂直的判定定理证明平面.(2)建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标,并求得平面和平面的法向量,由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值,结合图形即可求得二面角的大小.【详解】(1)证明:平面平面ABEG,且,平面,由题意可得,且,平面.(2)如图所示,建立空间直角坐标系,则,.设平面的法向量是,则,令,由(1)可知平面的法向量是,由图可知,二面角为钝二面角,所以二面角的大小为.【点睛】本题考查了线面垂
19、直的判定,面面垂直及线面垂直的性质应用,空间向量法求二面角的大小,属于中档题.19(1)(2)见解析,【解析】(1)根据题意设出事件,列出概率,运用公式求解;(2)由题得,X的所有可能取值为,根据(1)和变量对应的事件,可得变量对应的概率,即可得分布列和期望值.【详解】(1)记2家小店分别为A,B,A店有i人休假记为事件(,1,2),B店有i人,休假记为事件(,1,2),发生调剂现象的概率为P.则,.所以.答:发生调剂现象的概率为.(2)依题意,X的所有可能取值为0,1,2.则,.所以X的分布表为:X012P所以.【点睛】本题是一道考查概率和期望的常考题型.20(1);(2)【解析】(1)由得,两式相减可得
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