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文档简介
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、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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.若点(2,k)到直线5x-12y+6=0的距离是4,则k的值是()A.1 B.-3 C.1或 D.-3或2.《九章算术》是我国古代数学名著,书中有如下问题:“今有勾六步,股八步,问勾中容圆,径几何?”其意思为:“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步,问其内切圆的直径为多少步?”现从该三角形内随机取一点,则此点取自内切圆的概率是()A. B. C. D.3.函数在上单调递增,则实数的取值范围是()A. B. C. D.4.已知集合,,则A. B.C. D.5.运行如图程序,则输出的S的值为()A.0 B.1 C.2018 D.20176.两圆和相外切,且,则的最大值为()A. B.9 C. D.17.的展开式中的项的系数为()A.120 B.80 C.60 D.408.已知△ABC中,.点P为BC边上的动点,则的最小值为()A.2 B. C. D.9.已知抛物线的焦点为,过点的直线与抛物线交于,两点(设点位于第一象限),过点,分别作抛物线的准线的垂线,垂足分别为点,,抛物线的准线交轴于点,若,则直线的斜率为A.1 B. C. D.10.已知复数z=2i1-i,则A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限11.已知双曲线C:()的左、右焦点分别为,过的直线l与双曲线C的左支交于A、B两点.若,则双曲线C的渐近线方程为()A. B. C. D.12.函数在的图象大致为()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若变量x,y满足:,且满足,则参数t的取值范围为_______.14.若,则__________.15.在三棱锥中,,,两两垂直且,点为的外接球上任意一点,则的最大值为______.16.数列的前项和为,数列的前项和为,满足,,且.若任意,成立,则实数的取值范围为__________.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,正方形所在平面外一点满足,其中分别是与的中点.(1)求证:;(2)若,且二面角的平面角的余弦值为,求与平面所成角的正弦值.18.(12分)已知函数.(1)当a=2时,求不等式的解集;(2)设函数.当时,,求的取值范围.19.(12分)在①,②,③这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并解答.已知等差数列的公差为,等差数列的公差为.设分别是数列的前项和,且,,(1)求数列的通项公式;(2)设,求数列的前项和.20.(12分)已知分别是椭圆的左、右焦点,直线与交于两点,,且.(1)求的方程;(2)已知点是上的任意一点,不经过原点的直线与交于两点,直线的斜率都存在,且,求的值.21.(12分)已知在中,角、、的对边分别为,,,,.(1)若,求的值;(2)若,求的面积.22.(10分)已知函数.(1)若,证明:当时,;(2)若在只有一个零点,求的值.
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.D【解析】
由题得,解方程即得k的值.【详解】由题得,解方程即得k=-3或.故答案为:D【点睛】(1)本题主要考查点到直线的距离公式,意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2)点到直线的距离.2.C【解析】
利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径,再分别求出三角形和内切圆的面积,根据几何概型的概率计算公式,即可求解.【详解】由题意,直角三角形的斜边长为,利用等面积法,可得其内切圆的半径为,所以向次三角形内投掷豆子,则落在其内切圆内的概率为.故选:C.【点睛】本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题,其中解答中熟练应用直角三角形的性质,求得其内切圆的半径是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.3.B【解析】
对分类讨论,当,函数在单调递减,当,根据对勾函数的性质,求出单调递增区间,即可求解.【详解】当时,函数在上单调递减,所以,的递增区间是,所以,即.故选:B.【点睛】本题考查函数单调性,熟练掌握简单初等函数性质是解题关键,属于基础题.4.D【解析】
因为,,所以,,故选D.5.D【解析】
依次运行程序框图给出的程序可得第一次:,不满足条件;第二次:,不满足条件;第三次:,不满足条件;第四次:,不满足条件;第五次:,不满足条件;第六次:,满足条件,退出循环.输出1.选D.6.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.7.A【解析】
化简得到,再利用二项式定理展开得到答案.【详解】展开式中的项为.故选:【点睛】本题考查了二项式定理,意在考查学生的计算能力.8.D【解析】
以BC的中点为坐标原点,建立直角坐标系,可得,设,运用向量的坐标表示,求得点A的轨迹,进而得到关于a的二次函数,可得最小值.【详解】以BC的中点为坐标原点,建立如图的直角坐标系,可得,设,由,可得,即,则,当时,的最小值为.故选D.【点睛】本题考查向量数量积的坐标表示,考查转化思想和二次函数的值域解法,考查运算能力,属于中档题.9.C【解析】
根据抛物线定义,可得,,又,所以,所以,设,则,则,所以,所以直线的斜率.故选C.10.C【解析】分析:根据复数的运算,求得复数z,再利用复数的表示,即可得到复数对应的点,得到答案.详解:由题意,复数z=2i1-i所以复数z在复平面内对应的点的坐标为(-1,-1),位于复平面内的第三象限,故选C.点睛:本题主要考查了复数的四则运算及复数的表示,其中根据复数的四则运算求解复数z是解答的关键,着重考查了推理与运算能力.11.D【解析】
设,利用余弦定理,结合双曲线的定义进行求解即可.【详解】设,由双曲线的定义可知:因此再由双曲线的定义可知:,在三角形中,由余弦定理可知:,因此双曲线的渐近线方程为:.故选:D【点睛】本题考查了双曲线的定义的应用,考查了余弦定理的应用,考查了双曲线的渐近线方程,考查了数学运算能力.12.C【解析】
先根据函数奇偶性排除B,再根据函数极值排除A;结合特殊值即可排除D,即可得解.【详解】函数,则,所以为奇函数,排除B选项;当时,,所以排除A选项;当时,,排除D选项;综上可知,C为正确选项,故选:C.【点睛】本题考查根据函数解析式判断函数图像,注意奇偶性、单调性、极值与特殊值的使用,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】
根据变量x,y满足:,画出可行域,由,解得直线过定点,直线绕定点旋转与可行域有交点即可,再结合图象利用斜率求解.【详解】由变量x,y满足:,画出可行域如图所示阴影部分,由,整理得,由,解得,所以直线过定点,由,解得,由,解得,要使,则与可行域有交点,当时,满足条件,当时,直线得斜率应该不小于AC,而不大于AB,即或,解得,且,综上:参数t的取值范围为.故答案为:【点睛】本题主要考查线性规划的应用,还考查了转化运算求解的能力,属于中档题.14.【解析】
因为,由二倍角公式得到,故得到.故答案为.15.【解析】
先根据三棱锥的几何性质,求出外接球的半径,结合向量的运算,将问题转化为求球体表面一点到外心距离最大的问题,即可求得结果.【详解】因为两两垂直且,故三棱锥的外接球就是对应棱长为2的正方体的外接球.且外接球的球心为正方体的体对角线的中点,如下图所示:容易知外接球半径为.设线段的中点为,故可得,故当取得最大值时,取得最大值.而当在同一个大圆上,且,点与线段在球心的异侧时,取得最大值,如图所示:此时,故答案为:.【点睛】本题考查球体的几何性质,几何体的外接球问题,涉及向量的线性运算以及数量积运算,属综合性困难题.16.【解析】
当时,,可得到,再用累乘法求出,再求出,根据定义求出,再借助单调性求解.【详解】解:当时,,则,,当时,,,,,,(当且仅当时等号成立),,故答案为:.【点睛】本题主要考查已知求,累乘法,主要考查计算能力,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)证明见解析(2)【解析】
(1)先证明EF平面,即可求证;(2)根据二面角的余弦值,可得平面,以为坐标原点,建立空间直角坐标系,利用向量计算线面角即可.【详解】(1)连接,交于点,连结.则,故面.又面,因此.(2)由(1)知即为二面角的平面角,且.在中应用余弦定理,得,于是有,即,从而有平面.以为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则,于是,,设平面的法向量为,则,即,解得于是平面的一个法向量为.设直线与平面所成角为,因此.【点睛】本题主要考查了线面垂直,线线垂直的证明,二面角,线面角的向量求法,属于中档题.18.(1);(2).【解析】试题分析:(1)当时;(2)由等价于,解之得.试题解析:(1)当时,.解不等式,得.因此,的解集为.(2)当时,,当时等号成立,所以当时,等价于.①当时,①等价于,无解.当时,①等价于,解得.所以的取值范围是.考点:不等式选讲.19.(1);(2)【解析】
方案一:(1)根据等差数列的通项公式及前n项和公式列方程组,求出和,从而写出数列的通项公式;(2)由第(1)题的结论,写出数列的通项,采用分组求和、等比求和公式以及裂项相消法,求出数列的前项和.其余两个方案与方案一的解法相近似.【详解】解:方案一:(1)∵数列都是等差数列,且,,解得,综上(2)由(1)得:方案二:(1)∵数列都是等差数列,且,解得,.综上,(2)同方案一方案三:(1)∵数列都是等差数列,且.,解得,,.综上,(2)同方案一【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式的应用,考查了分组求和、等比求和及裂项相消法求数列的前n项和,属于中档题.20.(1)(2)【解析】
(1)不妨设,,计算得到,根据面积得到,计算得到答案.(2)设,,,联立方程利用韦达定理得到,,代入化简计算得到答案.【详解】(1)由题意不妨设,,则,.∵,∴,∴.又,∴,∴,,故的方程为.(2)设,,,则.∵,∴,设直线的方程为,联立整理得.∵在上,∴,∴上式可化为.∴,,,∴,,∴.∴.【点睛】本题考查了椭圆方程,定值问题,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21.(1)7(2)14【解析】
(1)在中,,可得,结合正弦定理,即可求得答案;(2)根据余弦定理和三角形面积公式,即可求得答案.【详解】(1)在中,,,,,,.(2),,,解得,.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理解三角形,解题关键是掌握正弦定理边化角,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.22.(1)见解析;(2)【解析】
分析:(1)先构造函数,再求导函数,根据导函数不大于零得函数单调递减,最后根据单调性证得不等式;(2)研究零点,等价研究的零点,先求导数:,这里产生两个讨论点,一个是a与零,一个是x与2,当时,,没有零点;当时,先减后增,从而确定只有一个零点的必要条件,再利用零点存在定理确定条件的充分性,即得a的值.详解:(1)当时,等价于.设函数,则.当时,,所以在单调递减.而,故当时,,即.(2)设函
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