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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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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
2、判断的序号是( )ABCD2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ABCD3 “十二平均律” 是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f,则第八个单音的频率为ABCD4设函数,当时,则( )ABC1D5已知抛物线y2= 4x的焦点为F,抛物线上任意一点P,且PQy轴交y轴于点Q,则 的最小值为( )ABClD16如图所示,用一边长为的正方
3、形硬纸,按各边中点垂直折起四个小三角形,做成一个蛋巢,将体积为的鸡蛋(视为球体)放入其中,蛋巢形状保持不变,则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )ABCD7函数,的部分图象如图所示,则函数表达式为( )ABCD8设双曲线(,)的一条渐近线与抛物线有且只有一个公共点,且椭圆的焦距为2,则双曲线的标准方程为( )ABCD9已知随机变量服从正态分布,且,则( )ABCD10已知为一条直线,为两个不同的平面,则下列说法正确的是( )A若,则B若,则C若,则D若,则11已知,则( )A5BC13D12若的展开式中的常数项为-12,则实数的值为( )A-2B-3C2D3二、填空题:本题共4小题,每小题
4、5分,共20分。13若双曲线的离心率为,则双曲线的渐近线方程为_14已知等边三角形的边长为1,点、分别为线段、上的动点,则取值的集合为_15已知直线与圆心为的圆相交于两点,且,则实数的值为_16设实数,若函数的最大值为,则实数的最大值为_.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)已知抛物线:,点为抛物线的焦点,焦点到直线的距离为,焦点到抛物线的准线的距离为,且.(1)求抛物线的标准方程;(2)若轴上存在点,过点的直线与抛物线相交于、两点,且为定值,求点的坐标.18(12分)如图所示,三棱柱中,平面,点,分别在线段,上,且,是线段的中点.()求证:平面;()若
5、,求直线与平面所成角的正弦值.19(12分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数),将曲线上各点纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)得到曲线,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴,建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(1)写出的极坐标方程与直线的直角坐标方程;(2)曲线上是否存在不同的两点,(以上两点坐标均为极坐标,),使点、到的距离都为3?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.20(12分)在正三棱柱ABCA1B1C1中,已知AB1,AA12,E,F,G分别是棱AA1,AC和A1C1的中点,以为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.(1)求异面直线AC与BE所成角的余弦值;(2)求
6、二面角F-BC1-C的余弦值21(12分)已知曲线:和:(为参数).以原点为极点,轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,且两种坐标系中取相同的长度单位.(1)求曲线的直角坐标方程和的方程化为极坐标方程;(2)设与,轴交于,两点,且线段的中点为.若射线与,交于,两点,求,两点间的距离.22(10分)在三棱锥S-ABC中,BAC=SBA=SCA=90,SAB=45,SAC=60,D为棱AB的中点,SA=2(I)证明:SDBC;(II)求直线SD与平面SBC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。1D【解析】对于,利用抛
7、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,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
8、,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.2B【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,仔细解答,注意二项分布的灵活运用3D【解析】分析:根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列,利用等比数列的相关性质可解.详解:因为每一个单音与前一个单音频率比为,所以,又,则故选D.点睛:此题考查等比数列的实际应用,解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判
9、断方法主要有如下两种:(1)定义法,若()或(), 数列是等比数列;(2)等比中项公式法,若数列中,且(),则数列是等比数列.4A【解析】由降幂公式,两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式,然后由正弦函数性质求得参数值【详解】,时,由题意,故选:A【点睛】本题考查二倍角公式,考查两角和的正弦公式,考查正弦函数性质,掌握正弦函数性质是解题关键5A【解析】设点,则点,利用向量数量积的坐标运算可得,利用二次函数的性质可得最值.【详解】解:设点,则点,当时,取最小值,最小值为.故选:A.【点睛】本题考查抛物线背景下的向量的坐标运算,考查学生的计算能力,是基础题.6D【解析】因为蛋巢的底面是边
10、长为的正方形,所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为,又因为鸡蛋的体积为,所以球的半径为,所以球心到截面的距离,而截面到球体最低点距离为,而蛋巢的高度为,故球体到蛋巢底面的最短距离为.点睛:本题主要考查折叠问题,考查球体有关的知识.在解答过程中,如果遇到球体或者圆锥等几何体的内接或外接几何体的问题时,可以采用轴截面的方法来处理.也就是画出题目通过球心和最低点的截面,然后利用弦长和勾股定理来解决.球的表面积公式和体积公式是需要熟记的.7A【解析】根据图像的最值求出,由周期求出,可得,再代入特殊点求出,化简即得所求.【详解】由图像知,解得,因为函数过点,所以,即,解得,因为,所以,.故选:A【点
11、睛】本题考查根据图像求正弦型函数的解析式,三角函数诱导公式,属于基础题.8B【解析】设双曲线的渐近线方程为,与抛物线方程联立,利用,求出的值,得到的值,求出关系,进而判断大小,结合椭圆的焦距为2,即可求出结论.【详解】设双曲线的渐近线方程为,代入抛物线方程得,依题意,椭圆的焦距,双曲线的标准方程为.故选:B.【点睛】本题考查椭圆和双曲线的标准方程、双曲线的简单几何性质,要注意双曲线焦点位置,属于中档题.9C【解析】根据在关于对称的区间上概率相等的性质求解【详解】,故选:C【点睛】本题考查正态分布的应用掌握正态曲线的性质是解题基础随机变量服从正态分布,则10D【解析】A. 若,则或,故A错误;B
12、. 若,则或故B错误;C. 若,则或,或与相交;D. 若,则,正确.故选D.11C【解析】先化简复数,再求,最后求即可.【详解】解:,故选:C【点睛】考查复数的运算,是基础题.12C【解析】先研究的展开式的通项,再分中,取和两种情况求解.【详解】因为的展开式的通项为,所以的展开式中的常数项为:,解得,故选:C.【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式,还考查了运算求解的能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13【解析】利用,得到的关系式,然后代入双曲线的渐近线方程即可求解.【详解】因为双曲线的离心率为,所以,即,因为双曲线的渐近线方程为,所以双曲线的渐近线方程为.故
13、答案为:【点睛】本题考查双曲线的几何性质;考查运算求解能力;熟练掌握双曲线的几何性质是求解本题的关键;属于基础题.14【解析】根据题意建立平面直角坐标系,设三角形各点的坐标,依题意求出,的表达式,再进行数量积的运算,最后求和即可得出结果.【详解】解: 以的中点为坐标原点,所在直线为轴,线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系,如图所示,则,则,设, ,即点的坐标为,则,所以故答案为: 【点睛】本题考查平面向量的坐标表示和线性运算,以及平面向量基本定理和数量积的运算,是中档题.150或6【解析】计算得到圆心,半径,根据得到,利用圆心到直线的距离公式解得答案.【详解】,即,圆心,半径.,故圆心到直线
14、的距离为,即,故或.故答案为:或.【点睛】本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数,意在考查学生的计算能力和转化能力。16【解析】根据,则当时,即.当时,显然成立;当时,由,转化为,令,用导数法求其最大值即可.【详解】因为,又当时,即.当时,显然成立;当时,由等价于,令,当时,单调递增,当时,单调递减,则,又,得,因此的最大值为.故答案为:【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于中档题.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)(2)【解析】(1)先分别表示出,然后根据求解出的值,则的标准方程可求;(2)设出直线的方程并联
15、立抛物线方程得到韦达定理形式,然后根据距离公式表示出并代入韦达定理形式,由此判断出为定值时的坐标.【详解】(1)由题意可得,焦点,则,解得.抛物线的标准方程为(2)设,设点,显然直线的斜率不为0.设直线的方程为联立方程,整理可得,要使为定值,必有,解得,为定值时,点的坐标为【点睛】本题考查抛物线方程的求解以及抛物线中的定值问题,难度一般.(1)处理直线与抛物线相交对应的定值问题,联立直线方程借助韦达定理形式是常用方法;(2)直线与圆锥曲线的问题中,直线方程的设法有时能很大程度上起到简化运算的作用。18()证明见详解;().【解析】()取中点为,根据几何关系,求证四边形为平行四边形,即可由线线平
16、行推证线面平行;()以为坐标原点,建立空间直角坐标系,求得直线的方向向量和平面的法向量,即可求得线面角的正弦值.【详解】()取的中点,连接,.如下图所示:因为,分别是线段和的中点,所以是梯形的中位线,所以.又,所以.因为,所以四边形为平行四边形,所以.所以,.所以四边形为平行四边形,所以.又平面,平面,所以平面.()因为,且平面,故可以为原点,的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,如下图所示:不妨设,则,所以,.所以,.设平面的法向量为,则所以可取.设直线与平面所成的角为,则.故可得直线与平面所成的角的正弦值为.【点睛】本题考查由线线平行推证线面平行,以及用向量法求解线面角,属综合中档
17、题.19(1),(2)存在,【解析】(1)先求得曲线的普通方程,利用伸缩变换的知识求得曲线的直角坐标方程,再转化为极坐标方程.根据极坐标和直角坐标转化公式,求得直线的直角坐标方程.(2)求得曲线的圆心和半径,计算出圆心到直线的距离,结合图像判断出存在符合题意,并求得的值.【详解】(1)曲线的普通方程为,纵坐标伸长到原来的2倍,得到曲线的直角坐标方程为,其极坐标方程为,直线的直角坐标方程为.(2)曲线是以为圆心,为半径的圆,圆心到直线的距离.由图像可知,存在这样的点,则,且点到直线的距离,.【点睛】本小题主要考查坐标变换,考查直线和圆的位置关系,考查极坐标方程和直角坐标方程相互转化,考查参数方程
18、化为普通方程,考查数形结合的数学思想方法,属于中档题.20(1).(2).【解析】(1)先根据空间直角坐标系,求得向量和向量的坐标,再利用线线角的向量方法求解.(2)分别求得平面BFC1的一个法向量和平面BCC1的一个法向量,再利用面面角的向量方法求解.【详解】规范解答 (1) 因为AB1,AA12,则F(0,0,0),A,C,B,E,所以(1,0,0),记异面直线AC和BE所成角为,则cos|cos|,所以异面直线AC和BE所成角的余弦值为.(2) 设平面BFC1的法向量为= (x1,y1,z1)因为,则取x14,得平面BFC1的一个法向量为(4,0,1)设平面BCC1的法向量为(x2,y2
19、,z2)因为,(0,0,2),则取x2 得平面BCC1的一个法向量为(,1,0),所以cos =根据图形可知二面角F-BC1-C为锐二面角,所以二面角F-BC1-C的余弦值为.【点睛】本题主要考查了空间向量法研究空间中线线角,面面角的求法,还考查了转化化归的思想和运算求解的能力,属于中档题.21(1),;(2)1.【解析】(1)利用正弦的和角公式,结合极坐标化为直角坐标的公式,即可求得曲线的直角坐标方程;先写出曲线的普通方程,再利用公式化简为极坐标即可;(2)先求出的直角坐标,据此求得中点的直角坐标,将其转化为极坐标,联立曲线的极坐标方程,即可求得两点的极坐标,则距离可解.【详解】(1):可整理为,利用公式可得其直角坐标方程为:,:
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