四川省彭州市彭州2021-2022学年高考仿真模拟数学试卷含解析_第1页
四川省彭州市彭州2021-2022学年高考仿真模拟数学试卷含解析_第2页
四川省彭州市彭州2021-2022学年高考仿真模拟数学试卷含解析_第3页
四川省彭州市彭州2021-2022学年高考仿真模拟数学试卷含解析_第4页
四川省彭州市彭州2021-2022学年高考仿真模拟数学试卷含解析_第5页
已阅读5页,还剩14页未读 继续免费阅读

下载本文档

版权说明:本文档由用户提供并上传,收益归属内容提供方,若内容存在侵权,请进行举报或认领

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已知,满足,且的最大值是最小值的4倍,则的值是( )A4BCD2已知奇函数是上的减函数,若满足不等式组,则的最小值

2、为( )A-4B-2C0D43已知的面积是, ,则( )A5B或1C5或1D4已知直线:与圆:交于,两点,与平行的直线与圆交于,两点,且与的面积相等,给出下列直线:,.其中满足条件的所有直线的编号有( )ABCD5已知角的终边经过点,则ABCD6是正四面体的面内一动点,为棱中点,记与平面成角为定值,若点的轨迹为一段抛物线,则( )ABCD7的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中常数项为A-40B-20C20D408一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( )ABCD9已知双曲线的两条渐近线与抛物线的准线分别交于点、,O为坐标原点若双曲线的离心率为2,三角形AOB的面积为,则p=(

3、)A1BC2D310袋中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个小球,从袋子中一次性摸出两个球,记下号码并放回,如果两个号码的和是3的倍数,则获奖,若有5人参与摸球,则恰好2人获奖的概率是( )ABCD11已知集合,则( )ABCD12已知整数满足,记点的坐标为,则点满足的概率为( )ABCD二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13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.14的展开式中的系数为_.15已知,则的最小值是_16已知向

4、量,若向量与向量平行,则实数_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)在三棱柱中,且.(1)求证:平面平面;(2)设二面角的大小为,求的值.18(12分)在中,角,所对的边分别是,且.(1)求的值;(2)若,求的取值范围.19(12分)设,其中(1)当时,求的值;(2)对,证明:恒为定值20(12分)在四棱锥的底面中,平面,是的中点,且()求证:平面;()求二面角的余弦值;()线段上是否存在点,使得,若存在指出点的位置,若不存在请说明理由.21(12分)已知函数(1)当时,若恒成立,求的最大值;(2)记的解集为集合A,若,求实数的取值范围.22(10分)已知

5、椭圆:的左、右焦点分别为,焦距为2,且经过点,斜率为的直线经过点,与椭圆交于,两点.(1)求椭圆的方程;(2)在轴上是否存在点,使得以,为邻边的平行四边形是菱形?如果存在,求出的取值范围,如果不存在,请说明理由.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】试题分析:先画出可行域如图:由,得,由,得,当直线过点时,目标函数取得最大值,最大值为3;当直线过点时,目标函数取得最小值,最小值为3a;由条件得,所以,故选D.考点:线性规划.2B【解析】根据函数的奇偶性和单调性得到可行域,画出可行域和目标函数,根据目标函数的几何

6、意义平移得到答案.【详解】奇函数是上的减函数,则,且,画出可行域和目标函数,即,表示直线与轴截距的相反数,根据平移得到:当直线过点,即时,有最小值为.故选:.【点睛】本题考查了函数的单调性和奇偶性,线性规划问题,意在考查学生的综合应用能力,画出图像是解题的关键.3B【解析】,,若为钝角,则,由余弦定理得,解得;若为锐角,则,同理得.故选B.4D【解析】求出圆心到直线的距离为:,得出,根据条件得出到直线的距离或时满足条件,即可得出答案.【详解】解:由已知可得:圆:的圆心为(0,0),半径为2,则圆心到直线的距离为:,而,与的面积相等,或,即到直线的距离或时满足条件,根据点到直线距离可知,满足条件

7、.故选:D.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用,涉及点到直线的距离公式.5D【解析】因为角的终边经过点,所以,则,即.故选D6B【解析】设正四面体的棱长为,建立空间直角坐标系,求出各点的坐标,求出面的法向量,设的坐标,求出向量,求出线面所成角的正弦值,再由角的范围,结合为定值,得出为定值,且的轨迹为一段抛物线,所以求出坐标的关系,进而求出正切值【详解】由题意设四面体的棱长为,设为的中点,以为坐标原点,以为轴,以为轴,过垂直于面的直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则可得,取的三等分点、如图,则,所以、,由题意设,和都是等边三角形,为的中点,平面,为平面的一个法向量,因为与平面所成角为

8、定值,则,由题意可得,因为的轨迹为一段抛物线且为定值,则也为定值,可得,此时,则,.故选:B.【点睛】考查线面所成的角的求法,及正切值为定值时的情况,属于中等题7D【解析】令x=1得a=1.故原式=的通项,由5-2r=1得r=2,对应的常数项=80,由5-2r=-1得r=3,对应的常数项=-40,故所求的常数项为40 ,选D解析2.用组合提取法,把原式看做6个因式相乘,若第1个括号提出x,从余下的5个括号中选2个提出x,选3个提出;若第1个括号提出,从余下的括号中选2个提出,选3个提出x.故常数项=-40+80=408B【解析】由题意首先确定几何体的空间结构特征,然后结合空间结构特征即可求得其

9、表面积.【详解】由三视图可知,该几何体为边长为正方体挖去一个以为球心以为半径球体的,如图,故其表面积为,故选:B.【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积,关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析,从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系(2)多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积应注意重合部分的处理(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面,计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算,而表面积是侧面积与底面圆的面积之和9C【解析】试题分析:抛物线的准线为,双曲线的离心率为2,则,渐近线方程为,求出交点,则;选C考点:1.双曲线的渐近线和离心率;2.抛物线的准线方程;10C【解

10、析】先确定摸一次中奖的概率,5个人摸奖,相当于发生5次试验,根据每一次发生的概率,利用独立重复试验的公式得到结果【详解】从6个球中摸出2个,共有种结果,两个球的号码之和是3的倍数,共有摸一次中奖的概率是,5个人摸奖,相当于发生5次试验,且每一次发生的概率是,有5人参与摸奖,恰好有2人获奖的概率是,故选:【点睛】本题主要考查了次独立重复试验中恰好发生次的概率,考查独立重复试验的概率,解题时主要是看清摸奖5次,相当于做了5次独立重复试验,利用公式做出结果,属于中档题11B【解析】求出集合,利用集合的基本运算即可得到结论.【详解】由,得,则集合,所以,.故选:B.【点睛】本题主要考查集合的基本运算,

11、利用函数的性质求出集合是解决本题的关键,属于基础题.12D【解析】列出所有圆内的整数点共有37个,满足条件的有7个,相除得到概率.【详解】因为是整数,所以所有满足条件的点是位于圆(含边界)内的整数点,满足条件的整数点有共37个,满足的整数点有7个,则所求概率为.故选:.【点睛】本题考查了古典概率的计算,意在考查学生的应用能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13【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.1480.

12、【解析】只需找到展开式中的项的系数即可.【详解】展开式的通项为,令,则,故的展开式中的系数为80.故答案为:80.【点睛】本题考查二项式定理的应用,涉及到展开式中的特殊项系数,考查学生的计算能力,是一道容易题.15【解析】因为,展开后利用基本不等式,即可得到本题答案.【详解】由,得,所以,当且仅当,取等号.故答案为:【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值,考查学生的转化能力和运算求解能力.16【解析】由题可得,因为向量与向量平行,所以,解得三、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)证明见解析;(2).【解析】(1)要证明平面平面,只需证明平面即可;(2)取的中点

13、D,连接BD,以B为原点,以,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,分别计算平面的法向量为与平面的法向量为,利用夹角公式计算即可.【详解】(1)在中,所以,即.因为,所以.所以,即.又,所以平面.又平面,所以平面平面.(2)由题意知,四边形为菱形,且,则为正三角形,取的中点D,连接BD,则.以B为原点,以,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则,.设平面的法向量为,且,.由得取.由四边形为菱形,得;又平面,所以;又,所以平面,所以平面的法向量为.所以.故.【点睛】本题考查面面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角正弦值的问题,在利用向量法时,关键是点的坐标要写准

14、确,本题是一道中档题.18 (1);(2)【解析】(1)利用正弦定理边化角,结合两角和差正弦公式可整理求得,进而求得和,代入求得结果;(2)利用正弦定理可将表示为,利用两角和差正弦公式、辅助角公式将其整理为,根据正弦型函数值域的求解方法,结合的范围可求得结果.【详解】(1)由正弦定理可得: 即 (2)由(1)知: , ,即的取值范围为【点睛】本题考查解三角形知识的相关应用,涉及到正弦定理边化角的应用、两角和差正弦公式和辅助角公式的应用、与三角函数值域有关的取值范围的求解问题;求解取值范围的关键是能够利用正弦定理将边长的问题转化为三角函数的问题,进而利用正弦型函数值域的求解方法求得结果.19(1

15、)1(2)1【解析】分析:(1)当时可得,可得.(2)先得到关系式,累乘可得,从而可得,即为定值详解:(1)当时,又,所以. (2) 即,由累乘可得,又,所以即恒为定值1点睛:本题考查组合数的有关运算,解题时要注意所给出的的定义,并结合组合数公式求解由于运算量较大,解题时要注意运算的准确性,避免出现错误20()详见解析;();()存在,点为线段的中点.【解析】()连结,则四边形为平行四边形,得到证明.()建立如图所示坐标系,平面法向量为,平面的法向量,计算夹角得到答案.()设,计算,根据垂直关系得到答案.【详解】()连结,则四边形为平行四边形.平面.()平面,四边形为正方形.所以,两两垂直,建

16、立如图所示坐标系,则,设平面法向量为,则,连结,可得,又所以,平面,平面的法向量,设二面角的平面角为,则.()线段上存在点使得,设,所以点为线段的中点.【点睛】本题考查了线面平行,二面角,根据垂直关系确定位置,意在考查学生的计算能力和空间想象能力.21(1);(2)【解析】(1)当时,由题意得到,令,分类讨论求得函数的最小值,即可求得的最大值.(2)由时,不等式恒成立,转化为在上恒成立,得到,即可求解.【详解】(1)由题意,当时,由,可得,令,则只需,当时,;当时,;当时,;故当时,取得最小值,即的最大值为.(2)依题意,当时,不等式恒成立,即在上恒成立,所以,即,即,解得在上恒成立,则,所以,所示实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的解法,以及不等式的恒成立问题的求解与应用,着重考查了转化思想,以及推理与计算能力.22(1)(2)存在;实数的取值范围是【解析】(1)根据椭圆定义计算,再根据,的关系计算即可得出椭圆方程;(2)设直线方程为,与椭

温馨提示

  • 1. 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
  • 2. 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等,如果需要附件,请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
  • 3. 本站RAR压缩包中若带图纸,网页内容里面会有图纸预览,若没有图纸预览就没有图纸。
  • 4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
  • 5. 人人文库网仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑,并不能对任何下载内容负责。
  • 6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
  • 7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

评论

0/150

提交评论