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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在平面直角坐标系中,已知是圆上两个动点,且满足,设到直线的距离之和的最大值为,若数列的前项和恒成立,则实数的取值范围是( )ABCD2已知复数为虚数单位) ,则z 的虚部为( )A2

2、BC4D3已知集合,则( )ABCD4已知三棱锥中,为的中点,平面,则有下列四个结论:若为的外心,则;若为等边三角形,则;当时,与平面所成的角的范围为;当时,为平面内一动点,若OM平面,则在内轨迹的长度为1其中正确的个数是( )A1B1C3D45设集合、是全集的两个子集,则“”是“”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件6已知函数为奇函数,则( )AB1C2D37上世纪末河南出土的以鹤的尺骨(翅骨)制成的“骨笛”(图1),充分展示了我国古代高超的音律艺术及先进的数学水平,也印证了我国古代音律与历法的密切联系.图2为骨笛测量“春(秋)分”,“夏(冬)至”的示意图

3、,图3是某骨笛的部分测量数据(骨笛的弯曲忽略不计),夏至(或冬至)日光(当日正午太阳光线)与春秋分日光(当日正午太阳光线)的夹角等于黄赤交角.由历法理论知,黄赤交角近1万年持续减小,其正切值及对应的年代如下表:黄赤交角正切值0.4390.4440.4500.4550.461年代公元元年公元前2000年公元前4000年公元前6000年公元前8000年根据以上信息,通过计算黄赤交角,可估计该骨笛的大致年代是( )A公元前2000年到公元元年B公元前4000年到公元前2000年C公元前6000年到公元前4000年D早于公元前6000年8已知函数,则下列结论中正确的是函数的最小正周期为;函数的图象是轴

4、对称图形;函数的极大值为;函数的最小值为ABCD9a为正实数,i为虚数单位,则a=( )A2BCD110如图所示,在平面直角坐标系中,是椭圆的右焦点,直线与椭圆交于,两点,且,则该椭圆的离心率是( )ABCD11已知定义在上的偶函数,当时,设,则( )ABCD12已知集合,集合,则AB或CD二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13在中,内角的对边分别是,若,则_.14已知实数,满足,则目标函数的最小值为_15连续掷两次骰子,分别得到的点数作为点的坐标,则点落在圆内的概率为_16已知数列an的前n项和为Sn,向量(4,n),(Sn,n+3).若,则数列前2020项和为_三、解答题:共

5、70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17(12分)某大型单位举行了一次全体员工都参加的考试,从中随机抽取了20人的分数.以下茎叶图记录了他们的考试分数(以十位数字为茎,个位数字为叶):若分数不低于95分,则称该员工的成绩为“优秀”.(1)从这20人中任取3人,求恰有1人成绩“优秀”的概率;(2)根据这20人的分数补全下方的频率分布表和频率分布直方图,并根据频率分布直方图解决下面的问题.组别分组频数频率1234估计所有员工的平均分数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表);若从所有员工中任选3人,记表示抽到的员工成绩为“优秀”的人数,求的分布列和数学期望.18(12分)在平面直角坐

6、标系中,点,直线的参数方程为为参数),以坐标原点为极点,以轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为(1)求曲线的直角坐标方程;(2)若直线与曲线相交于不同的两点是线段的中点,当时,求的值19(12分)已知抛物线和圆,倾斜角为45的直线过抛物线的焦点,且与圆相切(1)求的值;(2)动点在抛物线的准线上,动点在上,若在点处的切线交轴于点,设求证点在定直线上,并求该定直线的方程20(12分)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为菱形,PA底面ABCD,BAD60,AB=PA4,E是PA的中点,AC,BD交于点O.(1)求证:OE平面PBC;(2)求三棱锥EPBD的体积.21(12分)的

7、内角的对边分别为,且.(1)求;(2)若,点为边的中点,且,求的面积.22(10分)已知三棱锥P-ABC(如图一)的平面展开图(如图二)中,四边形ABCD为边长等于的正方形,和均为正三角形,在三棱锥P-ABC中:(1)证明:平面平面ABC;(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求直线MA与平面MBC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。1B【解析】由于到直线的距离和等于中点到此直线距离的二倍,所以只需求中点到此直线距离的最大值即可。再得到中点的轨迹是圆,再通过此圆的圆心到直线距离

8、,半径和中点到此直线距离的最大值的关系可以求出。再通过裂项的方法求的前项和,即可通过不等式来求解的取值范围.【详解】由,得,.设线段的中点,则,在圆上,到直线的距离之和等于点到该直线的距离的两倍,点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离与圆的半径之和,而圆的圆心到直线的距离为,.故选:【点睛】本题考查了向量数量积,点到直线的距离,数列求和等知识,是一道不错的综合题.2A【解析】对复数进行乘法运算,并计算得到,从而得到虚部为2.【详解】因为,所以z 的虚部为2.【点睛】本题考查复数的四则运算及虚部的概念,计算过程要注意.3A【解析】求得集合中函数的值域,由此求得,进而求得.【详解】由,得,所以,所

9、以.故选:A【点睛】本小题主要考查函数值域的求法,考查集合补集、交集的概念和运算,属于基础题.4C【解析】由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得正确.【详解】画出图形:若为的外心,则,平面,可得,即,正确;若为等边三角形,又可得平面,即,由可得,矛盾,错误;若,设与平面所成角为可得,设到平面的距离为由可得即有,当且仅当取等号.可得的最大值为, 即的范围为,正确;取中点,的中点,连接由中位线定理可得平面平面可得在线段上,而,可得正确;

10、所以正确的是:故选:C【点睛】此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断,处理这类问题,可以用已知的定理或性质来证明,也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.5C【解析】作出韦恩图,数形结合,即可得出结论.【详解】如图所示,同时.故选:C.【点睛】本题考查集合关系及充要条件,注意数形结合方法的应用,属于基础题.6B【解析】根据整体的奇偶性和部分的奇偶性,判断出的值.【详解】依题意是奇函数.而为奇函数,为偶函数,所以为偶函数,故,也即,化简得,所以.故选:B【点睛】本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数值,属于基础题.7D【解析】先理解题意,然后根据题意建立平面几何图形,

11、在利用三角函数的知识计算出冬至日光与春秋分日光的夹角,即黄赤交角,即可得到正确选项【详解】解:由题意,可设冬至日光与垂直线夹角为,春秋分日光与垂直线夹角为,则即为冬至日光与春秋分日光的夹角,即黄赤交角,将图3近似画出如下平面几何图形:则,估计该骨笛的大致年代早于公元前6000年故选:【点睛】本题考查利用三角函数解决实际问题的能力,运用了两角和与差的正切公式,考查了转化思想,数学建模思想,以及数学运算能力,属中档题8D【解析】因为,所以不正确;因为,所以,所以,所以函数的图象是轴对称图形,正确;易知函数的最小正周期为,因为函数的图象关于直线对称,所以只需研究函数在上的极大值与最小值即可当时,且,

12、令,得,可知函数在处取得极大值为,正确;因为,所以,所以函数的最小值为,正确故选D9B【解析】,选B.10A【解析】联立直线方程与椭圆方程,解得和的坐标,然后利用向量垂直的坐标表示可得,由离心率定义可得结果.【详解】由,得,所以,.由题意知,所以,.因为,所以,所以.所以,所以,故选:A.【点睛】本题考查了直线与椭圆的交点,考查了向量垂直的坐标表示,考查了椭圆的离心率公式,属于基础题.11B【解析】根据偶函数性质,可判断关系;由时,求得导函数,并构造函数,由进而判断函数在时的单调性,即可比较大小.【详解】为定义在上的偶函数,所以所以;当时,则,令则,当时,则在时单调递增,因为,所以,即,则在时

13、单调递增,而,所以,综上可知,即,故选:B.【点睛】本题考查了偶函数的性质应用,由导函数性质判断函数单调性的应用,根据单调性比较大小,属于中档题.12C【解析】由可得,解得或,所以或,又,所以,故选C二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13【解析】由,根据正弦定理“边化角”,可得,根据余弦定理,结合已知联立方程组,即可求得角.【详解】根据正弦定理:可得根据余弦定理:由已知可得:故可联立方程:解得:.由故答案为:.【点睛】本题主要考查了求三角形的一个内角,解题关键是掌握由正弦定理“边化角”的方法和余弦定理公式,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.14-1【解析】作出不等式对应的平面

14、区域,利用线性规划的知识,通过平移即可求z的最大值【详解】作出实数x,y满足对应的平面区域如图阴影所示;由zx+2y1,得yx,平移直线yx,由图象可知当直线yx经过点A时,直线yx的纵截距最小,此时z最小由,得A(1,1),此时z的最小值为z1211,故答案为1【点睛】本题主要考查线性规划的应用,利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法,是基础题15【解析】连续掷两次骰子共有种结果,列出满足条件的结果有11种,利用古典概型即得解【详解】由题意知,连续掷两次骰子共有种结果,而满足条件的结果为:共有11种结果,根据古典概型概率公式,可得所求概率故答案为:【点睛】本题考查了古典概型的应用,考查了学

15、生综合分析,数学运算的能力,属于基础题.16【解析】由已知可得4Snn(n+3)0,可得Sn,n1时,a1S11.当n2时,anSnSn1.可得:2().利用裂项求和方法即可得出.【详解】,4Snn(n+3)0,Sn,n1时,a1S11.当n2时,anSnSn1.,满足上式,.2().数列前2020项和为2(1)2(1).故答案为:.【点睛】本题考查了向量垂直与数量积的关系、数列递推关系、裂项求和方法,考查了推理能力与计算能力,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)82,分布列见解析,【解析】(1)从20人中任取3人共有种结果,恰有1人成绩

16、“优秀”共有种结果,利用古典概型的概率计算公式计算即可;(2)平均数的估计值为各小矩形的组中值与其面积乘积的和;要注意服从的是二项分布,不是超几何分布,利用二项分布的分布列及期望公式求解即可.【详解】(1)设从20人中任取3人恰有1人成绩“优秀”为事件,则,所以,恰有1人“优秀”的概率为.(2)组别分组频数频率120.01260.03380.04440.02,估计所有员工的平均分为82的可能取值为0、1、2、3,随机选取1人是“优秀”的概率为,;的分布列为0123,数学期望.【点睛】本题考查古典概型的概率计算以及二项分布期望的问题,涉及到频率分布直方图、平均数的估计值等知识,是一道容易题.18

17、(1);(2).【解析】(1)在已知极坐标方程两边同时乘以后,利用cosx,siny,2x2+y2可得曲线C的直角坐标方程;(2)联立直线l的参数方程与x24y由韦达定理以及参数的几何意义和弦长公式可得弦长与已知弦长相等可解得【详解】解:(1)在+cos28sin中两边同时乘以得2+2(cos2sin2)8sin,x2+y2+x2y28y,即x24y,所以曲线C的直角坐标方程为:x24y(2)联立直线l的参数方程与x24y得:(cos)2t24(sin)t+40,设A,B两点对应的参数分别为t1,t2,由16sin216cos20,得sin,t1+t2,由|PM|,所以20sin2+9sin2

18、00,解得sin或sin(舍去),所以sin【点睛】本题考查了简单曲线的极坐标方程,属中档题19(1);(2)点在定直线上【解析】(1)设出直线的方程为,由直线和圆相切的条件:,解得;(2)设出,运用导数求得切线的斜率,求得为切点的切线方程,再由向量的坐标表示,可得在定直线上;【详解】解:(1)依题意设直线的方程为,由已知得:圆的圆心,半径,因为直线与圆相切,所以圆心到直线的距离,即,解得或(舍去)所以;(2)依题意设,由(1)知抛物线方程为,所以,所以,设,则以为切点的切线的斜率为,所以切线的方程为令,即交轴于点坐标为,所以, ,设点坐标为,则,所以点在定直线上【点睛】本题考查抛物线的方程和

19、性质,直线与圆的位置关系的判断,考查直线方程和圆方程的运用,以及切线方程的求法,考查化简整理的运算能力,属于综合题20(1)证明见解析(2)【解析】(1)连接OE,利用三角形中位线定理得到OEPC,即可证出OE平面PBC;(2)由E是PA的中点,求出SABD,即可求解.【详解】(1)证明:如图所示:点O,E分别是AC,PA的中点,OE是PAC的中位线,OEPC,又OE平面PBC,PC平面PBC,OE平面PBC;(2)解:PAAB4,AE2,底面ABCD为菱形,BAD60,SABD,三棱锥EPBD的体积.【点睛】本题考查空间线、面位置关系,证明直线与平面平行以及求三棱锥的体积,注意等体积法的应用,

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