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文档简介
2021-2022高考数学模拟试卷注意事项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.高三珠海一模中,经抽样分析,全市理科数学成绩X近似服从正态分布,且.从中随机抽取参加此次考试的学生500名,估计理科数学成绩不低于110分的学生人数约为()A.40 B.60 C.80 D.1002.设,是非零向量,若对于任意的,都有成立,则A. B. C. D.3.已知函数的图象的一条对称轴为,将函数的图象向右平行移动个单位长度后得到函数图象,则函数的解析式为()A. B.C. D.4.在中,,分别为,的中点,为上的任一点,实数,满足,设、、、的面积分别为、、、,记(),则取到最大值时,的值为()A.-1 B.1 C. D.5.如图,正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图,则该多面体各表面所在平面互相垂直的有()A.2对 B.3对C.4对 D.5对6.函数的大致图像为()A. B.C. D.7.已知双曲线:的左、右两个焦点分别为,,若存在点满足,则该双曲线的离心率为()A.2 B. C. D.58.关于函数,有下列三个结论:①是的一个周期;②在上单调递增;③的值域为.则上述结论中,正确的个数为()A. B. C. D.9.“学习强国”学习平台是由中宣部主管,以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容,立足全体党员、面向全社会的优质平台,现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门。该款软件主要设有“阅读文章”、“视听学习”两个学习模块和“每日答题”、“每周答题”、“专项答题”、“挑战答题”四个答题模块。某人在学习过程中,“阅读文章”不能放首位,四个答题板块中有且仅有三个答题板块相邻的学习方法有()A.60 B.192 C.240 D.43210.如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的体积是()A. B. C. D.811.在平面直角坐标系中,将点绕原点逆时针旋转到点,设直线与轴正半轴所成的最小正角为,则等于()A. B. C. D.12.双曲线x26-y23=1的渐近线与圆(x-3)2+y2=A.3 B.2C.3 D.6二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在正方体中,已知点在直线上运动,则下列四个命题中:①三棱锥的体积不变;②;③当为中点时,二面角的余弦值为;④若正方体的棱长为2,则的最小值为;其中说法正确的是____________(写出所有说法正确的编号)14.已知函数则______.15.已知椭圆Г:,F1、F2是椭圆Г的左、右焦点,A为椭圆Г的上顶点,延长AF2交椭圆Г于点B,若为等腰三角形,则椭圆Г的离心率为___________.16.设为定义在上的偶函数,当时,(为常数),若,则实数的值为______.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)如图,四棱锥中,底面是矩形,面底面,且是边长为的等边三角形,在上,且面.(1)求证:是的中点;(2)在上是否存在点,使二面角为直角?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.18.(12分)在中,、、的对应边分别为、、,已知,,.(1)求;(2)设为中点,求的长.19.(12分)以平面直角坐标系的原点为极点,轴的正半轴为极轴,且在两种坐标系中取相同的长度单位,建立极坐标系,已知曲线,曲线(为参数),求曲线交点的直角坐标.20.(12分)在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求和的直角坐标方程;(2)已知为曲线上的一个动点,求线段的中点到直线的最大距离.21.(12分)已知函数.(1)若,求函数的单调区间;(2)若恒成立,求实数的取值范围.22.(10分)设点分别是椭圆的左,右焦点,为椭圆上任意一点,且的最小值为1.(1)求椭圆的方程;(2)如图,直线与轴交于点,过点且斜率的直线与椭圆交于两点,为线段的中点,直线交直线于点,证明:直线.
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.D【解析】
由正态分布的性质,根据题意,得到,求出概率,再由题中数据,即可求出结果.【详解】由题意,成绩X近似服从正态分布,则正态分布曲线的对称轴为,根据正态分布曲线的对称性,求得,所以该市某校有500人中,估计该校数学成绩不低于110分的人数为人,故选:.【点睛】本题考查正态分布的图象和性质,考查学生分析问题的能力,难度容易.2.D【解析】
画出,,根据向量的加减法,分别画出的几种情况,由数形结合可得结果.【详解】由题意,得向量是所有向量中模长最小的向量,如图,当,即时,最小,满足,对于任意的,所以本题答案为D.【点睛】本题主要考查了空间向量的加减法,以及点到直线的距离最短问题,解题的关键在于用有向线段正确表示向量,属于基础题.3.C【解析】
根据辅助角公式化简三角函数式,结合为函数的一条对称轴可求得,代入辅助角公式得的解析式.根据三角函数图像平移变换,即可求得函数的解析式.【详解】函数,由辅助角公式化简可得,因为为函数图象的一条对称轴,代入可得,即,化简可解得,即,所以将函数的图象向右平行移动个单位长度可得,则,故选:C.【点睛】本题考查了辅助角化简三角函数式的应用,三角函数对称轴的应用,三角函数图像平移变换的应用,属于中档题.4.D【解析】
根据三角形中位线的性质,可得到的距离等于△的边上高的一半,从而得到,由此结合基本不等式求最值,得到当取到最大值时,为的中点,再由平行四边形法则得出,根据平面向量基本定理可求得,从而可求得结果.【详解】如图所示:因为是△的中位线,所以到的距离等于△的边上高的一半,所以,由此可得,当且仅当时,即为的中点时,等号成立,所以,由平行四边形法则可得,,将以上两式相加可得,所以,又已知,根据平面向量基本定理可得,从而.故选:D【点睛】本题考查了向量加法的平行四边形法则,考查了平面向量基本定理的应用,考查了基本不等式求最值,属于中档题.5.C【解析】
画出该几何体的直观图,易证平面平面,平面平面,平面平面,平面平面,从而可选出答案.【详解】该几何体是一个四棱锥,直观图如下图所示,易知平面平面,作PO⊥AD于O,则有PO⊥平面ABCD,PO⊥CD,又AD⊥CD,所以,CD⊥平面PAD,所以平面平面,同理可证:平面平面,由三视图可知:PO=AO=OD,所以,AP⊥PD,又AP⊥CD,所以,AP⊥平面PCD,所以,平面平面,所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对.【点睛】本题考查了空间几何体的三视图,考查了四棱锥的结构特征,考查了面面垂直的证明,属于中档题.6.D【解析】
通过取特殊值逐项排除即可得到正确结果.【详解】函数的定义域为,当时,,排除B和C;当时,,排除A.故选:D.【点睛】本题考查图象的判断,取特殊值排除选项是基本手段,属中档题.7.B【解析】
利用双曲线的定义和条件中的比例关系可求.【详解】.选B.【点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率,离心率求解时,一般是把已知条件,转化为a,b,c的关系式.8.B【解析】
利用三角函数的性质,逐个判断即可求出.【详解】①因为,所以是的一个周期,①正确;②因为,,所以在上不单调递增,②错误;③因为,所以是偶函数,又是的一个周期,所以可以只考虑时,的值域.当时,,在上单调递增,所以,的值域为,③错误;综上,正确的个数只有一个,故选B.【点睛】本题主要考查三角函数的性质应用.9.C【解析】
四个答题板块中选三个捆绑在一起,和另外一个答题板块用插入法.注意按“阅读文章”分类.【详解】四个答题板块中选三个捆绑在一起,和另外一个答题板块用插入法,由于“阅读文章”不能放首位,因此不同的方法数为.故选:C.【点睛】本题考查排列组合的应用,考查捆绑法和插入法求解排列问题.对相邻问题用捆绑法,不相邻问题用插入法是解决这类问题的常用方法.10.A【解析】
由三视图还原出原几何体,得出几何体的结构特征,然后计算体积.【详解】由三视图知原几何体是一个四棱锥,四棱锥底面是边长为2的正方形,高为2,直观图如图所示,.故选:A.【点睛】本题考查三视图,考查棱锥的体积公式,掌握基本几何体的三视图是解题关键.11.A【解析】
设直线直线与轴正半轴所成的最小正角为,由任意角的三角函数的定义可以求得的值,依题有,则,利用诱导公式即可得到答案.【详解】如图,设直线直线与轴正半轴所成的最小正角为因为点在角的终边上,所以依题有,则,所以,故选:A【点睛】本题考查三角函数的定义及诱导公式,属于基础题.12.A【解析】
由圆心到渐近线的距离等于半径列方程求解即可.【详解】双曲线的渐近线方程为y=±22x,圆心坐标为(3,0).由题意知,圆心到渐近线的距离等于圆的半径r,即r=±答案:A【点睛】本题考查了双曲线的渐近线方程及直线与圆的位置关系,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.①②④【解析】
①∵,∴平面
,得出上任意一点到平面的距离相等,所以判断命题①;②由已知得出点P在面上的射影在上,根据线面垂直的判定和性质或三垂线定理,可判断命题②;③当为中点时,以点D为坐标原点,建立空间直角系,如下图所示,运用二面角的空间向量求解方法可求得二面角的余弦值,可判断命题③;④过作平面交于点,做点关于面对称的点,使得点在平面内,根据对称性和两点之间线段最短,可求得当点在点时,在一条直线上,取得最小值.可判断命题④.【详解】①∵,∴平面
,所以上任意一点到平面的距离相等,所以三棱锥的体积不变,所以①正确;
②在直线上运动时,点P在面上的射影在上,所以DP在面上的射影在上,又,所以,所以②正确;③当为中点时,以点D为坐标原点,建立空间直角系,如下图所示,设正方体的棱长为2.则:,,所以,设面的法向量为,则,即,令,则,设面的法向量为,,即,,由图示可知,二面角是锐二面角,所以二面角的余弦值为,所以③不正确;④过作平面交于点,做点关于面对称的点,使得点在平面内,则,所以,当点在点时,在一条直线上,取得最小值.因为正方体的棱长为2,所以设点的坐标为,,,所以,所以,又所以,所以,,,故④正确.
故答案为:①②④.【点睛】本题考查空间里的线线,线面,面面关系,几何体的体积,在求解空间里的两线段的和的最小值,仍可以运用对称的思想,两点之间线段最短进行求解,属于难度题.14.【解析】
先由解析式求得(2),再求(2).【详解】(2),,所以(2),故答案为:【点睛】本题考查对数、指数的运算性质,分段函数求值关键是“对号入座”,属于容易题.15.【解析】
由题意可得等腰三角形的两条相等的边,设,由题可得的长,在三角形中,三角形中由余弦定理可得的值相等,可得的关系,从而求出椭圆的离心率【详解】如图,若为等腰三角形,则|BF1|=|AB|.设|BF2|=t,则|BF1|=2a−t,所以|AB|=a+t=|BF1|=2a−t,解得a=2t,即|AB|=|BF1|=3t,|AF1|=2t,设∠BAO=θ,则∠BAF1=2θ,所以Г的离心率e=,结合余弦定理,易得在中,,所以,即e==,故答案为:.【点睛】此题考查椭圆的定义及余弦定理的简单应用,属于中档题.16.1【解析】
根据为定义在上的偶函数,得,再根据当时,(为常数)求解.【详解】因为为定义在上的偶函数,所以,又因为当时,,所以,所以实数的值为1.故答案为:1【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用,还考查了运算求解的能力,属于基础题.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.(1)见解析;(2).【解析】试题分析:(1)连交于可得是中点,再根据面可得进而根据中位线定理可得结果;(2)取中点,由(1)知两两垂直.以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,求出面的一个法向量,用表示面的一个法向量,由可得结果.试题解析:(1)证明:连交于,连是矩形,是中点.又面,且是面与面的交线,是的中点.(2)取中点,由(1)知两两垂直.以为原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系(如图),则各点坐标为.设存在满足要求,且,则由得:,面的一个法向量为,面的一个法向量为,由,得,解得,故存在,使二面角为直角,此时.18.(1);(2).【解析】
(1)直接根据特殊角的三角函数值求出,结合正弦定理求出;(2)结合第一问的结论以及余弦定理即可求解.【详解】解:(1)∵,且,∴,由正弦定理,∴,∵∴锐角,∴(2)∵,∴∴∴在中,由余弦定理得∴【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用.考查了学生对三角函数基础知识的综合运用.19.【解析】
利用极坐标方程与普通方程、参数方程间的互化公式化简即可.【详解】因为,所以,所以曲线的直角坐标方程为.由,得,所以曲线的普通方程为.由,得,所以(舍),所以,所以曲线的交点坐标为.【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程,参数方程与普通方程间的互化,考查学生的计算能力,是一道容易题.20.(1)..(2)最大距离为.【解析】
(1)直接利用极坐标方程和参数方程的公式计算得到答案.(2)曲线的参数方程为,设,计算点到直线的距离公式得到答案.【详解】(1)由,得,则曲线的直角坐标方程为,即.直线的直角坐标方程为.(2)可知曲线的参数方程为(为参数),设,,则到直线的距离为,所以线段的中点到直线的最大距离为.【点睛】本题考查了极坐标方程,参数方程,距离的最值问题,意在考查学生的计算能力.21.(1)增区间为,减区间为;(2).【解析】
(1)将代入函数的解析式,利用导数可得出函数的单调区间;(2)求函数的导数,分类讨论的范围,利用导数分析函数的单调性,求出
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