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文档简介
1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项:1答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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设复数满足(为虚数单位),则在复平面内对应的点位于( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2已知是平面内互不
2、相等的两个非零向量,且与的夹角为,则的取值范围是( )ABCD3已知平面向量,满足且,若对每一个确定的向量,记的最小值为,则当变化时,的最大值为( )ABCD14设,是方程的两个不等实数根,记().下列两个命题( )数列的任意一项都是正整数;数列存在某一项是5的倍数.A正确,错误B错误,正确C都正确D都错误5函数的大致图象是ABCD6中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器商鞅铜方升,其三视图如图所示(单位:寸),若取3,当该量器口密闭时其表面积为42.2(平方寸),则图中x的值为( ) A3B3.4C3.8D47已知直线:()与抛物线:交于(坐标原点),两点,直线
3、:与抛物线交于,两点.若,则实数的值为( )ABCD8函数(其中是自然对数的底数)的大致图像为( )ABCD9若函数有且仅有一个零点,则实数的值为( )ABCD10我国南北朝时的数学著作张邱建算经有一道题为:“今有十等人,每等一人,宫赐金以等次差降之,上三人先入,得金四斤,持出,下三人后入得金三斤,持出,中间四人未到者,亦依次更给,问各得金几何?”则在该问题中,等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金( )A多1斤B少1斤C多斤D少斤11若,则下列结论正确的是( )ABCD12函数的大致图象为( )ABCD二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13如果复数满足,那么_(为虚
4、数单位).14设常数,如果的二项展开式中项的系数为-80,那么_.15函数的定义域是 16将2个相同的红球和2个相同的黑球全部放入甲、乙、丙、丁四个盒子里,其中甲、乙盒子均最多可放入2个球,丙、丁盒子均最多可放入1个球,且不同颜色的球不能放入同一个盒子里,共有_种不同的放法.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)在中,角的对边分别为,且.(1)求角的大小;(2)已知外接圆半径,求的周长.18(12分)已知函数,且.(1)求的解析式;(2)已知,若对任意的,总存在,使得成立,求的取值范围.19(12分)如图,三棱台的底面是正三角形,平面平面,.(1)求证:;
5、(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.20(12分)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆的离心率为,且过点. 为椭圆的右焦点, 为椭圆上关于原点对称的两点,连接分别交椭圆于两点.求椭圆的标准方程;若,求的值;设直线, 的斜率分别为, ,是否存在实数,使得,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.21(12分)已知,.(1)当时,证明:;(2)设直线是函数在点处的切线,若直线也与相切,求正整数的值.22(10分)设抛物线过点.(1)求抛物线C的方程;(2)F是抛物线C的焦点,过焦点的直线与抛物线交于A,B两点,若,求的值.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
6、的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1A【解析】由复数的除法运算可整理得到,由此得到对应的点的坐标,从而确定所处象限.【详解】由得:,对应的点的坐标为,位于第一象限.故选:.【点睛】本题考查复数对应的点所在象限的求解,涉及到复数的除法运算,属于基础题.2C【解析】试题分析:如下图所示,则,因为与的夹角为,即,所以,设,则,在三角形中,由正弦定理得,所以,所以,故选C考点:1向量加减法的几何意义;2正弦定理;3正弦函数性质3B【解析】根据题意,建立平面直角坐标系.令.为中点.由即可求得点的轨迹方程.将变形,结合及平面向量基本定理可知三点共线.由圆切线的性质可知的最小值即为到直线的距离最小值,
7、且当与圆相切时,有最大值.利用圆的切线性质及点到直线距离公式即可求得直线方程,进而求得原点到直线的距离,即为的最大值.【详解】根据题意,设,则由代入可得即点的轨迹方程为又因为,变形可得,即,且所以由平面向量基本定理可知三点共线,如下图所示:所以的最小值即为到直线的距离最小值根据圆的切线性质可知,当与圆相切时,有最大值设切线的方程为,化简可得由切线性质及点到直线距离公式可得,化简可得 即 所以切线方程为或所以当变化时, 到直线的最大值为 即的最大值为故选:B【点睛】本题考查了平面向量的坐标应用,平面向量基本定理的应用, 圆的轨迹方程问题,圆的切线性质及点到直线距离公式的应用,综合性强,属于难题.
8、4A【解析】利用韦达定理可得,结合可推出,再计算出,从而推出正确;再利用递推公式依次计算数列中的各项,以此判断的正误.【详解】因为,是方程的两个不等实数根,所以,因为,所以,即当时,数列中的任一项都等于其前两项之和,又,所以,以此类推,即可知数列的任意一项都是正整数,故正确;若数列存在某一项是5的倍数,则此项个位数字应当为0或5,由,依次计算可知,数列中各项的个位数字以1,3,4,7,1,8,9,7,6,3,9,2为周期,故数列中不存在个位数字为0或5的项,故错误;故选:A.【点睛】本题主要考查数列递推公式的推导,考查数列性质的应用,考查学生的综合分析以及计算能力.5A【解析】利用函数的对称性
9、及函数值的符号即可作出判断.【详解】由题意可知函数为奇函数,可排除B选项;当时,可排除D选项;当时,当时,即,可排除C选项,故选:A【点睛】本题考查了函数图象的判断,函数对称性的应用,属于中档题6D【解析】根据三视图即可求得几何体表面积,即可解得未知数.【详解】由图可知,该几何体是由一个长宽高分别为和一个底面半径为,高为的圆柱组合而成.该几何体的表面积为,解得,故选:D.【点睛】本题考查由三视图还原几何体,以及圆柱和长方体表面积的求解,属综合基础题.7D【解析】设,联立直线与抛物线方程,消去、列出韦达定理,再由直线与抛物线的交点求出点坐标,最后根据,得到方程,即可求出参数的值;【详解】解:设,
10、由,得,解得或,.又由,得,或,又,代入解得.故选:D【点睛】本题考查直线与抛物线的综合应用,弦长公式的应用,属于中档题.8D【解析】 由题意得,函数点定义域为且,所以定义域关于原点对称, 且,所以函数为奇函数,图象关于原点对称, 故选D.9D【解析】推导出函数的图象关于直线对称,由题意得出,进而可求得实数的值,并对的值进行检验,即可得出结果.【详解】,则,所以,函数的图象关于直线对称.若函数的零点不为,则该函数的零点必成对出现,不合题意.所以,即,解得或.当时,令,得,作出函数与函数的图象如下图所示:此时,函数与函数的图象有三个交点,不合乎题意;当时,当且仅当时,等号成立,则函数有且只有一个
11、零点.综上所述,.故选:D.【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数,考查函数图象对称性的应用,解答的关键就是推导出,在求出参数后要对参数的值进行检验,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.10C【解析】设这十等人所得黄金的重量从大到小依次组成等差数列 则 由等差数列的性质得 ,故选C11D【解析】根据指数函数的性质,取得的取值范围,即可求解,得到答案.【详解】由指数函数的性质,可得,即,又由,所以.故选:D.【点睛】本题主要考查了指数幂的比较大小,其中解答中熟记指数函数的性质,求得的取值范围是解答的关键,着重考查了计算能力,属于基础题.12A【解析】利用特殊点的坐标代入,排除掉C,D;再
12、由判断A选项正确.【详解】,排除掉C,D;,.故选:A【点睛】本题考查了由函数解析式判断函数的大致图象问题,代入特殊点,采用排除法求解是解决这类问题的一种常用方法,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】把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简,然后利用复数模的计算公式求解.【详解】,故答案为:.【点睛】本小题主要考查复数除法运算,考查复数的模的求法,属于基础题.14【解析】利用二项式定理的通项公式即可得出.【详解】的二项展开式的通项公式:,令,解得.,解得.故答案为:-2.【点睛】本小题主要考查根据二项式展开式的系数求参数,属于基础题.15【解析】解:因
13、为,故定义域为16【解析】讨论装球盒子的个数,计算得到答案.【详解】当四个盒子有球时:种;当三个盒子有球时:种;当两个盒子有球时:种.故共有种,故答案为:.【点睛】本题考查了排列组合的综合应用,意在考查学生的理解能力和应用能力.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)(2)3+3【解析】(1)利用余弦的二倍角公式和同角三角函数关系式化简整理并结合范围0A,可求A的值(2)由正弦定理可求a,利用余弦定理可得c值,即可求周长【详解】(1) ,即 又 (2) , ,由余弦定理得 a2b2+c22bccosA, , c0,所以得c=2, 周长a+b+c=3+3【点睛】本
14、题考查三角函数恒等变换的应用,正弦定理,余弦定理在解三角形中的应用,考查了转化思想,属于中档题18(1);(2)【解析】(1)由,可求出的值,进而可求得的解析式;(2)分别求得和的值域,再结合两个函数的值域间的关系可求出的取值范围.【详解】(1)因为,所以,解得,故.(2)因为,所以,所以,则,图象的对称轴是.因为,所以,则,解得,故的取值范围是.【点睛】本题考查了三角函数的恒等变换,考查了二次函数及三角函数值域的求法,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.19()见证明;()【解析】()取的中点为,连结,易证四边形为平行四边形,即,由于,为的中点,可得到,从而得到,即可证明平面,从而得到;(
15、)易证,两两垂直,以,分别为,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,求出平面的一个法向量为,设与平面所成角为,则,即可得到答案【详解】解:()取的中点为,连结.由是三棱台得,平面平面,从而.,四边形为平行四边形,.,为的中点,.平面平面,且交线为,平面,平面,而平面,.()连结.由是正三角形,且为中点,则.由()知,平面,两两垂直.以,分别为,轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设,则,.设平面的一个法向量为.由可得,.令,则,.设与平面所成角为,则.【点睛】本题考查了空间几何中,面面垂直的性质,线线垂直的证明,及线面角的求法,考查了学生的逻辑推理能力与计算求解能力,属于中档题20(1)(2) (3
16、)【解析】试题分析:(1);(2)由椭圆对称性,知,所以,此时直线方程为,故 (3)设,则,通过直线和椭圆方程,解得,所以,即存在试题解析:(1)设椭圆方程为,由题意知: 解之得:,所以椭圆方程为: (2)若,由椭圆对称性,知,所以, 此时直线方程为, 由,得,解得(舍去),故 (3)设,则,直线的方程为,代入椭圆方程,得,因为是该方程的一个解,所以点的横坐标, 又在直线上,所以,同理,点坐标为, 所以,即存在,使得21(1)证明见解析;(2).【解析】(1)令,求导,可知单调递增,且,因而在上存在零点,在此取得最小值,再证最小值大于零即可.(2)根据题意得到在点处的切线的方程,再设直线与相切于点, 有,即,再求得在点处的切线直线的方程为 由可得,即,根据,转化为,令,转化为要使得在上存在零点,则只需,求解.【详解】(1)证明:设,则,单调递增,且,因而在上存在零点,且在上单调递减,在上单调递增,从而的最小值为.所以,即.(2),故,故切线的方程为设直线与相切于点,注意到,从而切线斜率为,因此,而,从而直线的方程也为 由可知,故,由为正整数可知,所以,令,则,当时,为单调递增函数,且,从而在上无零点;当时,要使得在上存在零点,则只需,因为为单调递增函数,所以;因为为单调递增函数,且,因此;因
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