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文档简介

1、2022学年高考数学模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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已知复数满足(是虚数单位),则=()ABCD2已知l,m是两条不同的直线,m平面,则“”是“lm”的( )A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件3已知定义在上的偶函数满足,且在区间上是减函数,令,则的大小关系为

2、( )ABCD4设复数满足,则( )ABCD5已知椭圆,直线与直线相交于点,且点在椭圆内恒成立,则椭圆的离心率取值范围为( )ABCD6生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人,这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系,具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化,某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座,每艺安排一节,连排六节,则满足“数”必须排在前两节,“礼”和“乐”必须分开安排的概率为( )ABCD7设是定义域为的偶函数,且在单调递增,则( )ABCD8一个超级斐波那契数列是一列具有以下性质的正整数:从第三项起,每一项都等于前面所有项之和(例如:1,3

3、,4,8,16).则首项为2,某一项为2020的超级斐波那契数列的个数为( )A3B4C5D69已知是函数的极大值点,则的取值范围是ABCD10已知,是椭圆的左、右焦点,过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列,且,则椭圆的离心率为ABCD11已知函数,若关于的方程有且只有一个实数根,则实数的取值范围是( )ABCD12在三棱锥中,点到底面的距离为2,则三棱锥外接球的表面积为( )ABCD二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13命题“”的否定是_14已知平面向量,满足|1,|2,的夹角等于,且()()0,则|的取值范围是_15在平面直角坐标系中,点在单位圆上,设,且若,则的值为_.

4、16设双曲线的左焦点为,过点且倾斜角为45的直线与双曲线的两条渐近线顺次交于,两点若,则的离心率为_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)已知是公比为的无穷等比数列,其前项和为,满足,_是否存在正整数,使得?若存在,求的最小值;若不存在,说明理由从,这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答18(12分)设椭圆的左右焦点分别为,离心率,右准线为,是上的两个动点,()若,求的值;()证明:当取最小值时,与共线19(12分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数).以为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为(),将曲线向左平移2个单位长度得

5、到曲线.(1)求曲线的普通方程和极坐标方程;(2)设直线与曲线交于两点,求的取值范围.20(12分)如图,直角三角形所在的平面与半圆弧所在平面相交于,,,分别为,的中点, 是上异于,的点, .(1)证明:平面平面;(2)若点为半圆弧上的一个三等分点(靠近点)求二面角的余弦值.21(12分)已知函数(1)求单调区间和极值;(2)若存在实数,使得,求证:22(10分)在平面直角坐标系xOy中,曲线l的参数方程为(为参数),以原点O为极点,x轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为4sin.(1)求曲线C的普通方程;(2)求曲线l和曲线C的公共点的极坐标.2022学年模拟测试卷参考答案(含

6、详细解析)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、A【答案解析】把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简得答案【题目详解】解:由,得,故选【答案点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,是基础题2、A【答案解析】根据充分条件和必要条件的定义,结合线面垂直的性质进行判断即可.【题目详解】当m平面时,若l”则“lm”成立,即充分性成立,若lm,则l或l,即必要性不成立,则“l”是“lm”充分不必要条件,故选:A.【答案点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,结合线面垂直的性质和定义是解决本题的关键.难度不大

7、,属于基础题3、C【答案解析】可设,根据在上为偶函数及便可得到:,可设,且,根据在上是减函数便可得出,从而得出在上单调递增,再根据对数的运算得到、的大小关系,从而得到的大小关系.【题目详解】解:因为,即,又,设,根据条件,;若,且,则:;在上是减函数;在上是增函数;所以,故选:C【答案点睛】考查偶函数的定义,减函数及增函数的定义,根据单调性定义判断一个函数单调性的方法和过程:设,通过条件比较与,函数的单调性的应用,属于中档题.4、D【答案解析】根据复数运算,即可容易求得结果.【题目详解】.故选:D.【答案点睛】本题考查复数的四则运算,属基础题.5、A【答案解析】先求得椭圆焦点坐标,判断出直线过

8、椭圆的焦点.然后判断出,判断出点的轨迹方程,根据恒在椭圆内列不等式,化简后求得离心率的取值范围.【题目详解】设是椭圆的焦点,所以.直线过点,直线过点,由于,所以,所以点的轨迹是以为直径的圆.由于点在椭圆内恒成立,所以椭圆的短轴大于,即,所以,所以双曲线的离心率,所以.故选:A【答案点睛】本小题主要考查直线与直线的位置关系,考查动点轨迹的判断,考查椭圆离心率的取值范围的求法,属于中档题.6、C【答案解析】分情况讨论,由间接法得到“数”必须排在前两节,“礼”和“乐”必须分开的事件个数,不考虑限制因素,总数有种,进而得到结果.【题目详解】当“数”位于第一位时,礼和乐相邻有4种情况,礼和乐顺序有2种,

9、其它剩下的有种情况,由间接法得到满足条件的情况有 当“数”在第二位时,礼和乐相邻有3种情况,礼和乐顺序有2种,其它剩下的有种,由间接法得到满足条件的情况有共有:种情况,不考虑限制因素,总数有种,故满足条件的事件的概率为: 故答案为:C.【答案点睛】解排列组合问题要遵循两个原则:按元素(或位置)的性质进行分类;按事情发生的过程进行分步具体地说,解排列组合问题常以元素(或位置)为主体,即先满足特殊元素(或位置),再考虑其他元素(或位置)7、C【答案解析】根据偶函数的性质,比较即可.【题目详解】解:显然,所以是定义域为的偶函数,且在单调递增,所以故选:C【答案点睛】本题考查对数的运算及偶函数的性质,

10、是基础题.8、A【答案解析】根据定义,表示出数列的通项并等于2020.结合的正整数性质即可确定解的个数.【题目详解】由题意可知首项为2,设第二项为,则第三项为,第四项为,第五项为第n项为且,则,因为,当的值可以为;即有3个这种超级斐波那契数列,故选:A.【答案点睛】本题考查了数列新定义的应用,注意自变量的取值范围,对题意理解要准确,属于中档题.9、B【答案解析】方法一:令,则,当,时,单调递减,时,且,即在上单调递增,时,且,即在上单调递减,是函数的极大值点,满足题意;当时,存在使得,即,又在上单调递减,时,所以,这与是函数的极大值点矛盾综上,故选B方法二:依据极值的定义,要使是函数的极大值点

11、,须在的左侧附近,即;在的右侧附近,即易知,时,与相切于原点,所以根据与的图象关系,可得,故选B10、D【答案解析】如图所示,设依次构成等差数列,其公差为.根据椭圆定义得,又,则,解得,.所以,.在和中,由余弦定理得,整理解得.故选D11、B【答案解析】利用换元法设,则等价为有且只有一个实数根,分 三种情况进行讨论,结合函数的图象,求出的取值范围.【题目详解】解:设 ,则有且只有一个实数根.当 时,当 时, ,由即,解得,结合图象可知,此时当时,得 ,则 是唯一解,满足题意;当时,此时当时,此时函数有无数个零点,不符合题意;当 时,当 时,此时 最小值为 ,结合图象可知,要使得关于的方程有且只

12、有一个实数根,此时 .综上所述: 或.故选:A.【答案点睛】本题考查了函数方程根的个数的应用.利用换元法,数形结合是解决本题的关键.12、C【答案解析】首先根据垂直关系可确定,由此可知为三棱锥外接球的球心,在中,可以算出的一个表达式,在中,可以计算出的一个表达式,根据长度关系可构造等式求得半径,进而求出球的表面积【题目详解】取中点,由,可知:,为三棱锥外接球球心,过作平面,交平面于,连接交于,连接,为的中点由球的性质可知:平面,且设,在中,即,解得:,三棱锥的外接球的半径为:,三棱锥外接球的表面积为故选:.【答案点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题,求解几何体外接球相关问题的关键是能够

13、利用球的性质确定外接球球心的位置.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、,【答案解析】根据特称命题的否定为全称命题得到结果即可.【题目详解】解:因为特称命题的否定是全称命题,所以,命题,则该命题的否定是:,故答案为:,【答案点睛】本题考查全称命题与特称命题的否定关系,属于基础题14、【答案解析】计算得到|,|cos1,解得cos,根据三角函数的有界性计算范围得到答案.【题目详解】由()()0 可得 ()|cos12cos|cos1,为与的夹角再由 21+4+212cos7 可得|,|cos1,解得cos0,1cos1,1,即|+10,解得 |,故答案为【答案点睛】本题考查了向量

14、模的范围,意在考查学生的计算能力,利用三角函数的有界性是解题的关键.15、【答案解析】根据三角函数定义表示出,由同角三角函数关系式结合求得,而,展开后即可由余弦差角公式求得的值.【题目详解】点在单位圆上,设,由三角函数定义可知,因为,则,所以由同角三角函数关系式可得,所以 故答案为:.【答案点睛】本题考查了三角函数定义,同角三角函数关系式的应用,余弦差角公式的应用,属于中档题.16、【答案解析】设直线的方程为,与联立得到A点坐标,由得,代入可得,即得解.【题目详解】由题意,直线的方程为,与联立得,由得,从而,即,从而离心率故答案为:【答案点睛】本题考查了双曲线的离心率,考查了学生综合分析,转化

15、划归,数学运算的能力,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、见解析【答案解析】选择或或,求出的值,然后利用等比数列的求和公式可得出关于的不等式,判断不等式是否存在符合条件的正整数解,在有解的情况下,解出不等式,进而可得出结论.【题目详解】选择:因为,所以,所以令,即,所以使得的正整数的最小值为;选择:因为,所以,因为,所以不存在满足条件的正整数;选择:因为,所以,所以令,即,整理得当为偶数时,原不等式无解;当为奇数时,原不等式等价于,所以使得的正整数的最小值为【答案点睛】本题考查了等比数列的通项公式求和公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题18、(

16、)()证明见解析【答案解析】由与,得,的方程为设,则,由得 ()由,得, , 由、三式,消去,并求得,故(),当且仅当或时,取最小值,此时,故与共线19、(1)的极坐标方程为,普通方程为;(2)【答案解析】(1)根据三角函数恒等变换可得, ,可得曲线的普通方程,再运用图像的平移得依题意得曲线的普通方程为,利用极坐标与平面直角坐标互化的公式可得方程;(2)法一:将代入曲线的极坐标方程得,运用韦达定理可得,根据,可求得的范围;法二:设直线的参数方程为(为参数,为直线的倾斜角),代入曲线的普通方程得,运用韦达定理可得,根据,可求得的范围;【题目详解】(1), ,即曲线的普通方程为,依题意得曲线的普通

17、方程为,令,得曲线的极坐标方程为;(2)法一:将代入曲线的极坐标方程得,则,异号,;法二:设直线的参数方程为(为参数,为直线的倾斜角),代入曲线的普通方程得,则,异号,.【答案点睛】本题考查参数方程与普通方程,极坐标方程与平面直角坐标方程之间的转化,求解几何量的取值范围,关键在于明确极坐标系中极径和极角的几何含义,直线的参数方程,参数的几何意义,属于中档题.20、(1)详见解析;(2).【答案解析】(1)由直径所对的圆周角为,可知,通过计算,利用勾股定理的逆定理可以判断出为直角三角形,所以有.由已知可以证明出,这样利用线面垂直的判定定理可以证明平面,利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面;(

18、2)以为坐标原点,分别以垂直于平面向上的方向、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,求出相应点的坐标,求出平面的一个法向量和平面的法向量,利用空间向量数量积运算公式,可以求出二面角的余弦值.【题目详解】解:(1)证明:因为半圆弧上的一点,所以.在中,分别为的中点,所以,且.于是在中, ,所以为直角三角形,且. 因为,,所以. 因为, 所以平面.又平面,所以平面平面. (2)由已知,以为坐标原点,分别以垂直于、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则,, ,. 设平面的一个法向量为,则即,取,得. 设平面的法向量,则即,取,得. 所以, 又二面角为锐角,

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