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
2022年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.设a,b,c为正数,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.既不充分也不修要条件2.已知正四面体的内切球体积为v,外接球的体积为V,则()A.4 B.8 C.9 D.273.若复数z满足,则()A. B. C. D.4.使得的展开式中含有常数项的最小的n为()A. B. C. D.5.已知非零向量、,若且,则向量在向量方向上的投影为()A. B. C. D.6.已知函数,则函数的零点所在区间为()A. B. C. D.7.若a>b>0,0<c<1,则A.logac<logbc B.logca<logcb C.ac<bc D.ca>cb8.若实数满足的约束条件,则的取值范围是()A. B. C. D.9.的二项展开式中,的系数是()A.70 B.-70 C.28 D.-2810.两圆和相外切,且,则的最大值为()A. B.9 C. D.111.已知集合,,,则的子集共有()A.个 B.个 C.个 D.个12.一个封闭的棱长为2的正方体容器,当水平放置时,如图,水面的高度正好为棱长的一半.若将该正方体绕下底面(底面与水平面平行)的某条棱任意旋转,则容器里水面的最大高度为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知双曲线(a>0,b>0)的两个焦点为、,点P是第一象限内双曲线上的点,且,tan∠PF2F1=﹣2,则双曲线的离心率为_____.14.设是公差不为0的等差数列的前n项和,且,则______.15.若满足,则目标函数的最大值为______.16.已知随机变量,且,则______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)如图,D是在△ABC边AC上的一点,△BCD面积是△ABD面积的2倍,∠CBD=2∠ABD=2θ.(Ⅰ)若θ=,求的值;(Ⅱ)若BC=4,AB=2,求边AC的长.18.(12分)如图,平面四边形为直角梯形,,,,将绕着翻折到.(1)为上一点,且,当平面时,求实数的值;(2)当平面与平面所成的锐二面角大小为时,求与平面所成角的正弦.19.(12分)已知函数,.(1)讨论函数的单调性;(2)已知在处的切线与轴垂直,若方程有三个实数解、、(),求证:.20.(12分)已知点,直线与抛物线交于不同两点、,直线、与抛物线的另一交点分别为两点、,连接,点关于直线的对称点为点,连接、.(1)证明:;(2)若的面积,求的取值范围.21.(12分)已知函数(1)若函数在处取得极值1,证明:(2)若恒成立,求实数的取值范围.22.(10分)若正数满足,求的最小值.
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。1.B【解析】
根据不等式的性质,结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】解:,,为正数,当,,时,满足,但不成立,即充分性不成立,若,则,即,即,即,成立,即必要性成立,则“”是“”的必要不充分条件,故选:.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,结合不等式的性质是解决本题的关键.2.D【解析】
设正四面体的棱长为,取的中点为,连接,作正四面体的高为,首先求出正四面体的体积,再利用等体法求出内切球的半径,在中,根据勾股定理求出外接球的半径,利用球的体积公式即可求解.【详解】设正四面体的棱长为,取的中点为,连接,作正四面体的高为,则,,,设内切球的半径为,内切球的球心为,则,解得:;设外接球的半径为,外接球的球心为,则或,,在中,由勾股定理得:,,解得,,故选:D【点睛】本题主要考查了多面体的内切球、外接球问题,考查了椎体的体积公式以及球的体积公式,需熟记几何体的体积公式,属于基础题.3.D【解析】
先化简得再求得解.【详解】所以.故选:D【点睛】本题主要考查复数的运算和模的计算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4.B【解析】二项式展开式的通项公式为,若展开式中有常数项,则,解得,当r取2时,n的最小值为5,故选B【考点定位】本题考查二项式定理的应用.5.D【解析】
设非零向量与的夹角为,在等式两边平方,求出的值,进而可求得向量在向量方向上的投影为,即可得解.【详解】,由得,整理得,,解得,因此,向量在向量方向上的投影为.故选:D.【点睛】本题考查向量投影的计算,同时也考查利用向量的模计算向量的夹角,考查计算能力,属于基础题.6.A【解析】
首先求得时,的取值范围.然后求得时,的单调性和零点,令,根据“时,的取值范围”得到,利用零点存在性定理,求得函数的零点所在区间.【详解】当时,.当时,为增函数,且,则是唯一零点.由于“当时,.”,所以令,得,因为,,所以函数的零点所在区间为.故选:A【点睛】本小题主要考查分段函数的性质,考查符合函数零点,考查零点存在性定理,考查函数的单调性,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.7.B【解析】试题分析:对于选项A,,,,而,所以,但不能确定的正负,所以它们的大小不能确定;对于选项B,,,两边同乘以一个负数改变不等号方向,所以选项B正确;对于选项C,利用在第一象限内是增函数即可得到,所以C错误;对于选项D,利用在上为减函数易得,所以D错误.所以本题选B.【考点】指数函数与对数函数的性质【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较;若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.8.B【解析】
根据所给不等式组,画出不等式表示的可行域,将目标函数化为直线方程,平移后即可确定取值范围.【详解】实数满足的约束条件,画出可行域如下图所示:将线性目标函数化为,则将平移,平移后结合图像可知,当经过原点时截距最小,;当经过时,截距最大值,,所以线性目标函数的取值范围为,故选:B.【点睛】本题考查了线性规划的简单应用,线性目标函数取值范围的求法,属于基础题.9.A【解析】试题分析:由题意得,二项展开式的通项为,令,所以的系数是,故选A.考点:二项式定理的应用.10.A【解析】
由两圆相外切,得出,结合二次函数的性质,即可得出答案.【详解】因为两圆和相外切所以,即当时,取最大值故选:A【点睛】本题主要考查了由圆与圆的位置关系求参数,属于中档题.11.B【解析】
根据集合中的元素,可得集合,然后根据交集的概念,可得,最后根据子集的概念,利用计算,可得结果.【详解】由题可知:,当时,当时,当时,当时,所以集合则所以的子集共有故选:B【点睛】本题考查集合的运算以及集合子集个数的计算,当集合中有元素时,集合子集的个数为,真子集个数为,非空子集为,非空真子集为,属基础题.12.B【解析】
根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半,由此得到结论.【详解】正方体的面对角线长为,又水的体积是正方体体积的一半,且正方体绕下底面(底面与水平面平行)的某条棱任意旋转,所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半,即最大水面高度为,故选B.【点睛】本题考查了正方体的几何特征,考查了空间想象能力,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】
根据正弦定理得,根据余弦定理得2PF1•PF2cos∠F1PF23,联立方程得到,计算得到答案.【详解】∵△PF1F2中,sin∠PF1F2═,sin∠PF1F2═,∴由正弦定理得,①又∵,tan∠PF2F1=﹣2,∴tan∠F1PF2=﹣tan(∠PF2F1+∠PF1F2),可得cos∠F1PF2,△PF1F2中用余弦定理,得2PF1•PF2cos∠F1PF23,②①②联解,得,可得,∴双曲线的,结合,得离心率.故答案为:.【点睛】本题考查了双曲线离心率,意在考查学生的计算能力和转化能力.14.18【解析】
将已知已知转化为的形式,化简后求得,利用等差数列前公式化简,由此求得表达式的值.【详解】因为,所以.故填:.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算,考查等差数列的性质以及求和,考查运算求解能力,属于基础题.15.-1【解析】
由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案.【详解】由约束条件作出可行域如图,化目标函数为,由图可得,当直线过点时,直线在轴上的截距最大,由得即,则有最大值,故答案为.【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值,属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”:(1)作出可行域(一定要注意是实线还是虚线);(2)找到目标函数对应的最优解对应点(在可行域内平移变形后的目标函数,最先通过或最后通过的顶点就是最优解);(3)将最优解坐标代入目标函数求出最值.16.0.1【解析】
根据原则,可得,简单计算,可得结果.【详解】由题可知:随机变量,则期望为所以故答案为:【点睛】本题考查正态分布的计算,掌握正态曲线的图形以及计算,属基础题.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.(Ⅰ);(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)利用三角形面积公式以及并结合正弦定理,可得结果.(Ⅱ)根据,可得,然后使用余弦定理,可得结果.【详解】(Ⅰ),所以所以;(Ⅱ),所以,所以,,所以,所以边.【点睛】本题考查三角形面积公式,正弦定理以及余弦定理的应用,关键在于识记公式,属中档题.18.(1);(2).【解析】
(1)连接交于点,连接,利用线面平行的性质定理可推导出,然后利用平行线分线段成比例定理可求得的值;(2)取中点,连接、,过点作,则,作于,连接,推导出,,可得出为平面与平面所成的锐二面角,由此计算出、,并证明出平面,可得出直线与平面所成的角为,进而可求得与平面所成角的正弦值.【详解】(1)连接交于点,连接,平面,平面,平面平面,,在梯形中,,则,,,,所以,;(2)取中点,连接、,过点作,则,作于,连接.为的中点,且,,且,所以,四边形为平行四边形,由于,,,,,,,为的中点,所以,,,同理,,,,平面,,,,为面与面所成的锐二面角,,,,,则,,,平面,平面,,,,面,为与底面所成的角,,,.在中,.因此,与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查利用线面平行的性质求参数,同时也考查了线面角的计算,涉及利用二面角求线段长度,考查推理能力与计算能力,属于中等题.19.(1)①当时,在单调递增,②当时,单调递增区间为,,单调递减区间为(2)证明见解析【解析】
(1)先求解导函数,然后对参数分类讨论,分析出每种情况下函数的单调性即可;(2)根据条件先求解出的值,然后构造函数分析出之间的关系,再构造函数分析出之间的关系,由此证明出.【详解】(1),①当时,恒成立,则在单调递增②当时,令得,解得,又,∴∴当时,,单调递增;当时,,单调递减;当时,,单调递增.(2)依题意得,,则由(1)得,在单调递增,在上单调递减,在上单调递增∴若方程有三个实数解,则法一:双偏移法设,则∴在上单调递增,∴,∴,即∵,∴,其中,∵在上单调递减,∴,即设,∴在上单调递增,∴,∴,即∵,∴,其中,∵在上单调递增,∴,即∴.法二:直接证明法∵,,在上单调递增,∴要证,即证设,则∴在上单调递减,在上单调递增∴,∴,即(注意:若没有证明,扣3分)关于的证明:(1)且时,(需要证明),其中∴∴∴(2)∵,∴∴,即∵,,∴,则∴【点睛】本题考查函数与倒导数的综合应用,难度较难.(1)对于含参函数单调性的分析,可通过分析参数的临界值,由此分类讨论函数单调性;(2)利用导数证明不等式常用方法:构造函数,利用新函数的单调性确定函数的最值,从而达到证明不等式的目的.20.(1)见解析;(2).【解析】
(1)设点、,求出直线、的方程,与抛物线的方程联立,求出点、的坐标,利用直线、的斜率相等证明出;(2)设点到直线、的距离分别为、,求出,利用相似得出,可得出的边上的高,并利用弦长公式计算出,即可得出关于的表达式,结合不等式可解出实数的取值范围.【详解】(1)设点、,则,直线的方程为:,由,消去并整理得,由韦达定理可知,,,代入直线的方程,得,解得,同理,可得,,,,代入得,因此,;(2)设点到直线、的距离分别为、,则,由(1)知,,,,,,同理,得,,由,整理得,由韦达定理得,,,得,设点到直线的高为,则,,,,解得,因此,实数的取值范围是.【点睛】本题考查直线与直线平行的证明,考查实数的取值范围的求法,考查抛物线、直线方程、韦达定理、弦长公式、直线的斜率等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想,是难题.21.(1)证明见详解;(2)【解析】
(1)求出函数的导函数,由在处取得极值1,可得且.解出,构造函数,分析其单调性,结合,即可得到的范围,命题得证;
(2)由分离参数,得到恒成立,构造函数,求导函数,再构造函数,进行二次求导.由知,则在上单调递增.根据零点存在定理可知有唯一零点,且.由此判断出时,单调递减,时,单调递增,则,即.由得,再次构造函数,求导分析单调性,从而得,即,最终求得,则.【详解】解:(1)由题知,∵函数在,处取得极值
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。
最新文档
- 二手废钢材回收转让协议
- IT企业劳动合同范本
- 交通指挥员派遣合同
- 《橄榄病虫害防治技术》课程标准
- 代理经销合同
- 乐器维修外包服务合同
- 互联网企业人防工程承包合同
- 会计事务所租赁合同范本
- 人才资源优化劳动合同池
- 人力资源招聘奖金协议
- 新目标艺术培训中心商业策划书(3篇)
- 2022年信息科技课程新课标义务教育信息科技课程标准2022版解读课件
- 小学生防火安全教育课件
- 辽宁省沈阳市2024-2025学年七年级上学期期中模拟英语试题
- 2024人教版初中八年级数学上册第十四章整式的乘法与因式分解大单元整体教学设计
- 2023年中国铁路国际有限公司招聘考试试题及答案
- 小学高年级课后服务 scratch3.0编程教学设计 二阶课程 项目3数字华容道 第2节 数字块移动教学设计
- 国资国企企业学习二十届三中全会精神专题培训
- 履职工作计划
- 火星营地登陆计划-趣味地产周年庆典市集活动策划方案
- 过敏性紫癜的护理培训课件
评论
0/150
提交评论