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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.已知集合,则为()A.[0,2) B.(2,3] C.[2,3] D.(0,2]2.若直线的倾斜角为,则的值为()A. B. C. D.3.已知双曲线的右焦点为F,过右顶点A且与x轴垂直的直线交双曲线的一条渐近线于M点,MF的中点恰好在双曲线C上,则C的离心率为()A. B. C. D.4.若变量,满足,则的最大值为()A.3 B.2 C. D.105.两圆和相外切,且,则的最大值为()A. B.9 C. D.16.不等式组表示的平面区域为,则()A., B.,C., D.,7.“角谷猜想”的内容是:对于任意一个大于1的整数,如果为偶数就除以2,如果是奇数,就将其乘3再加1,执行如图所示的程序框图,若输入,则输出的()A.6 B.7 C.8 D.98.已知集合A={﹣2,﹣1,0,1,2},B={x|x2﹣4x﹣5<0},则A∩B=()A.{﹣2,﹣1,0} B.{﹣1,0,1,2} C.{﹣1,0,1} D.{0,1,2}9.设全集,集合,,则()A. B. C. D.10.函数图象的大致形状是()A. B.C. D.11.已知函数满足,设,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12.若复数满足(是虚数单位),则的虚部为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在中,已知是的中点,且,点满足,则的取值范围是_______.14.过且斜率为的直线交抛物线于两点,为的焦点若的面积等于的面积的2倍,则的值为___________.15.已知函数对于都有,且周期为2,当时,,则________________________.16.设等比数列的前项和为,若,则数列的公比是.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)设函数.(1)若恒成立,求整数的最大值;(2)求证:.18.(12分)已知三棱锥中侧面与底面都是边长为2的等边三角形,且面面,分别为线段的中点.为线段上的点,且.(1)证明:为线段的中点;(2)求二面角的余弦值.19.(12分)设函数.(1)解不等式;(2)记的最大值为,若实数、、满足,求证:.20.(12分)椭圆:()的离心率为,它的四个顶点构成的四边形面积为.(1)求椭圆的方程;(2)设是直线上任意一点,过点作圆的两条切线,切点分别为,,求证:直线恒过一个定点.21.(12分)已知函数和的图象关于原点对称,且.(1)解关于的不等式;(2)如果对,不等式恒成立,求实数的取值范围.22.(10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.

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】

先求出,得到,再结合集合交集的运算,即可求解.【详解】由题意,集合,所以,则,所以.故选:B.【点睛】本题主要考查了集合的混合运算,其中解答中熟记集合的交集、补集的定义及运算是解答的关键,着重考查了计算能力,属于基础题.2.B【解析】

根据题意可得:,所求式子利用二倍角的正弦函数公式化简,再利用同角三角函数间的基本关系弦化切后,将代入计算即可求出值.【详解】由于直线的倾斜角为,所以,则故答案选B【点睛】本题考查二倍角的正弦函数公式,同角三角函数间的基本关系,以及直线倾斜角与斜率之间的关系,熟练掌握公式是解本题的关键.3.A【解析】

设,则MF的中点坐标为,代入双曲线的方程可得的关系,再转化成关于的齐次方程,求出的值,即可得答案.【详解】双曲线的右顶点为,右焦点为,M所在直线为,不妨设,∴MF的中点坐标为.代入方程可得,∴,∴,∴(负值舍去).故选:A.【点睛】本题考查双曲线的离心率,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意构造的齐次方程.4.D【解析】

画出约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义求解最大值即可.【详解】解:画出满足条件的平面区域,如图示:如图点坐标分别为,目标函数的几何意义为,可行域内点与坐标原点的距离的平方,由图可知到原点的距离最大,故.故选:D【点睛】本题考查了简单的线性规划问题,考查数形结合思想,属于中档题.5.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.6.D【解析】

根据题意,分析不等式组的几何意义,可得其表示的平面区域,设,分析的几何意义,可得的最小值,据此分析选项即可得答案.【详解】解:根据题意,不等式组其表示的平面区域如图所示,其中,,

设,则,的几何意义为直线在轴上的截距的2倍,

由图可得:当过点时,直线在轴上的截距最大,即,当过点原点时,直线在轴上的截距最小,即,故AB错误;

设,则的几何意义为点与点连线的斜率,由图可得最大可到无穷大,最小可到无穷小,故C错误,D正确;故选:D.【点睛】本题考查本题考查二元一次不等式的性质以及应用,关键是对目标函数几何意义的认识,属于基础题.7.B【解析】

模拟程序运行,观察变量值可得结论.【详解】循环前,循环时:,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,不满足条件;,满足条件,退出循环,输出.故选:B.【点睛】本题考查程序框图,考查循环结构,解题时可模拟程序运行,观察变量值,从而得出结论.8.D【解析】

解一元二次不等式化简集合,再由集合的交集运算可得选项.【详解】因为集合,故选:D.【点睛】本题考查集合的交集运算,属于基础题.9.D【解析】

求解不等式,得到集合A,B,利用交集、补集运算即得解【详解】由于故集合或故集合故选:D【点睛】本题考查了集合的交集和补集混合运算,考查了学生概念理解,数学运算的能力,属于中档题.10.B【解析】

判断函数的奇偶性,可排除A、C,再判断函数在区间上函数值与的大小,即可得出答案.【详解】解:因为,所以,所以函数是奇函数,可排除A、C;又当,,可排除D;故选:B.【点睛】本题考查函数表达式判断函数图像,属于中档题.11.B【解析】

结合函数的对应性,利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】解:若,则,即成立,若,则由,得,则“”是“”的必要不充分条件,故选:B.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断,结合函数的对应性是解决本题的关键,属于基础题.12.A【解析】

由得,然后分子分母同时乘以分母的共轭复数可得复数,从而可得的虚部.【详解】因为,所以,所以复数的虚部为.故选A.【点睛】本题考查了复数的除法运算和复数的概念,属于基础题.复数除法运算的方法是分子分母同时乘以分母的共轭复数,转化为乘法运算.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

由中点公式的向量形式可得,即有,设,有,再分别讨论三点共线和不共线时的情况,找到的关系,即可根据函数知识求出范围.【详解】是的中点,∴,即设,于是(1)当共线时,因为,①若点在之间,则,此时,;②若点在的延长线上,则,此时,.(2)当不共线时,根据余弦定理可得,解得,由,解得.综上,故答案为:.【点睛】本题主要考查学中点公式的向量形式和数量积的定义的应用,以及余弦定理的应用,涉及到函数思想和分类讨论思想的应用,解题关键是建立函数关系式,属于中档题.14.2【解析】

联立直线与抛物线的方程,根据一元二次方程的根与系数的关系以及面积关系求解即可.【详解】如图,设,由,则,由可得,由,则,所以,得.故答案为:2【点睛】此题考查了抛物线的性质,属于中档题.15.【解析】

利用,且周期为2,可得,得.【详解】∵,且周期为2,∴,又当时,,∴,故答案为:【点睛】本题考查函数的周期性与对称性的应用,考查转化能力,属于基础题.16..【解析】

当q=1时,.当时,,所以.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)整数的最大值为;(2)见解析.【解析】

(1)将不等式变形为,构造函数,利用导数研究函数的单调性并确定其最值,从而得到正整数的最大值;(2)根据(1)的结论得到,利用不等式的基本性质可证得结论.【详解】(1)由得,令,,令,对恒成立,所以,函数在上单调递增,,,,,故存在使得,即,从而当时,有,,所以,函数在上单调递增;当时,有,,所以,函数在上单调递减.所以,,,因此,整数的最大值为;(2)由(1)知恒成立,,令则,,,,,上述等式全部相加得,所以,,因此,【点睛】本题考查导数在函数单调性、最值中的应用,以及放缩法证明不等式的技巧,属于难题.18.(1)见解析;(2)【解析】

(1)设为中点,连结,先证明,可证得,假设不为线段的中点,可得平面,这与矛盾,即得证;(2)以为原点,以分别为轴建立空间直角坐标系,分别求解平面,平面的法向量的法向量,利用二面角的向量公式,即得解.【详解】(1)设为中点,连结.∴,,又平面,平面,∴.又分别为中点,,又,∴.假设不为线段的中点,则与是平面内内的相交直线,从而平面,这与矛盾,所以为线段的中点.(2)以为原点,由条件面面,∴,以分别为轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,.设平面的法向量为所以取,则,.同法可求得平面的法向量为∴,由图知二面角为锐二面角,二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了立体几何与空间向量综合,考查了学生逻辑推理,空间想象,数学运算的能力,属于中档题.19.(1)(2)证明见解析【解析】

(1)采用零点分段法:、、,由此求解出不等式的解集;(2)先根据绝对值不等式的几何意义求解出的值,然后利用基本不等式及其变形完成证明.【详解】(1)当时,不等式为,解得当时,不等式为,解得当时,不等式为,解得∴原不等式的解集为(2)当且仅当即时取等号,∴,∴∵,∴,∴(当且仅当时取“”)同理可得,∴∴(当且仅当时取“”)【点睛】本题考查绝对值不等式的解法以及利用基本不等式证明不等式,难度一般.(1)常见的绝对值不等式解法:零点分段法、图象法、几何意义法;(2)利用基本不等式完成证明时,注意说明取等号的条件.20.(1);(2)证明见解析.【解析】

(1)根据椭圆的基本性质列出方程组,即可得出椭圆方程;(2)设点,,,由,,结合斜率公式化简得出,,即,满足,由的任意性,得出直线恒过一个定点.【详解】(1)依题意得,解得即椭圆:;(2)设点,,其中,由,得,即,注意到,于是,因此,满足由的任意性知,,,即直线恒过一个定点.【点睛】本题主要考查了求椭圆的方程,直线过定点问题,属于中档题.21.(1)(2)【解析】试题分析:(1)由函数和的图象关于原点对称可得的表达式,再去掉绝对值即可解不等式;(2)对,不等式成立等价于,去绝对值得不等式组,即可求得实数的取值范围.试题解析:(1)∵函数和的图象关于原点对称,∴,∴原不等式可化为,即或,解得不等式的解集为;(2)不等式可化为:,即,即,则只需,解得,的取值范围是.22.(1)的极坐标方程为,普通方程为;(2)【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

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