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文档简介

2021-2022高考数学模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.若复数()是纯虚数,则复数在复平面内对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.若集合,,则()A. B. C. D.3.复数的虚部为()A. B. C.2 D.4.已知的面积是,,,则()A.5 B.或1 C.5或1 D.5.已知曲线的一条对称轴方程为,曲线向左平移个单位长度,得到曲线的一个对称中心的坐标为,则的最小值是()A. B. C. D.6.已知i是虚数单位,则1+iiA.-12+32i7.某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积等于()cm3A. B. C. D.8.点为的三条中线的交点,且,,则的值为()A. B. C. D.9.已知函数,,其中为自然对数的底数,若存在实数,使成立,则实数的值为()A. B. C. D.10.已知抛物线的焦点为,准线为,是上一点,是直线与抛物线的一个交点,若,则()A. B.3 C. D.211.是抛物线上一点,是圆关于直线的对称圆上的一点,则最小值是()A. B. C. D.12.已知各项都为正的等差数列中,,若,,成等比数列,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数,若的最小值为,则实数的取值范围是_________14.记复数z=a+bi(i为虚数单位)的共轭复数为,已知z=2+i,则_____.15.已知四棱锥,底面四边形为正方形,,四棱锥的体积为,在该四棱锥内放置一球,则球体积的最大值为_________.16.执行如图所示的伪代码,若输出的y的值为13,则输入的x的值是_______.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)某企业为了了解该企业工人组装某产品所用时间,对每个工人组装一个该产品的用时作了记录,得到大量统计数据.从这些统计数据中随机抽取了个数据作为样本,得到如图所示的茎叶图(单位:分钟).若用时不超过(分钟),则称这个工人为优秀员工.(1)求这个样本数据的中位数和众数;(2)以这个样本数据中优秀员工的频率作为概率,任意调查名工人,求被调查的名工人中优秀员工的数量分布列和数学期望.18.(12分)已知函数.(1)解不等式;(2)若函数最小值为,且,求的最小值.19.(12分)如图,四棱锥,侧面是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形,为棱上的动点,且.(I)求证:为直角三角形;(II)试确定的值,使得二面角的平面角余弦值为.20.(12分)设抛物线过点.(1)求抛物线C的方程;(2)F是抛物线C的焦点,过焦点的直线与抛物线交于A,B两点,若,求的值.21.(12分)已知集合,,,将的所有子集任意排列,得到一个有序集合组,其中.记集合中元素的个数为,,,规定空集中元素的个数为.当时,求的值;利用数学归纳法证明:不论为何值,总存在有序集合组,满足任意,,都有.22.(10分)若数列满足:对于任意,均为数列中的项,则称数列为“数列”.(1)若数列的前项和,,试判断数列是否为“数列”?说明理由;(2)若公差为的等差数列为“数列”,求的取值范围;(3)若数列为“数列”,,且对于任意,均有,求数列的通项公式.

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】

化简复数,由它是纯虚数,求得,从而确定对应的点的坐标.【详解】是纯虚数,则,,,对应点为,在第二象限.故选:B.【点睛】本题考查复数的除法运算,考查复数的概念与几何意义.本题属于基础题.2.A【解析】

用转化的思想求出中不等式的解集,再利用并集的定义求解即可.【详解】解:由集合,解得,则故选:.【点睛】本题考查了并集及其运算,分式不等式的解法,熟练掌握并集的定义是解本题的关键.属于基础题.3.D【解析】

根据复数的除法运算,化简出,即可得出虚部.【详解】解:=,故虚部为-2.故选:D.【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的概念.4.B【解析】∵,,∴①若为钝角,则,由余弦定理得,解得;②若为锐角,则,同理得.故选B.5.C【解析】

在对称轴处取得最值有,结合,可得,易得曲线的解析式为,结合其对称中心为可得即可得到的最小值.【详解】∵直线是曲线的一条对称轴.,又..∴平移后曲线为.曲线的一个对称中心为..,注意到故的最小值为.故选:C.【点睛】本题考查余弦型函数性质的应用,涉及到函数的平移、函数的对称性,考查学生数形结合、数学运算的能力,是一道中档题.6.D【解析】

利用复数的运算法则即可化简得出结果【详解】1+i故选D【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算,属于基础题。7.D【解析】解:根据几何体的三视图知,该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体,结合图中数据,计算它的体积为:V=V三棱柱+V半圆柱=×2×2×1+•π•12×1=(6+1.5π)cm1.故答案为6+1.5π.点睛:根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体,结合图中数据计算它的体积即可.8.B【解析】

可画出图形,根据条件可得,从而可解出,然后根据,进行数量积的运算即可求出.【详解】如图:点为的三条中线的交点,由可得:,又因,,.故选:B【点睛】本题考查三角形重心的定义及性质,向量加法的平行四边形法则,向量加法、减法和数乘的几何意义,向量的数乘运算及向量的数量积的运算,考查运算求解能力,属于中档题.9.A【解析】令f(x)﹣g(x)=x+ex﹣a﹣1n(x+1)+4ea﹣x,令y=x﹣ln(x+1),y′=1﹣=,故y=x﹣ln(x+1)在(﹣1,﹣1)上是减函数,(﹣1,+∞)上是增函数,故当x=﹣1时,y有最小值﹣1﹣0=﹣1,而ex﹣a+4ea﹣x≥4,(当且仅当ex﹣a=4ea﹣x,即x=a+ln1时,等号成立);故f(x)﹣g(x)≥3(当且仅当等号同时成立时,等号成立);故x=a+ln1=﹣1,即a=﹣1﹣ln1.故选:A.10.D【解析】

根据抛物线的定义求得,由此求得的长.【详解】过作,垂足为,设与轴的交点为.根据抛物线的定义可知.由于,所以,所以,所以,所以.故选:D【点睛】本小题主要考查抛物线的定义,考查数形结合的数学思想方法,属于基础题.11.C【解析】

求出点关于直线的对称点的坐标,进而可得出圆关于直线的对称圆的方程,利用二次函数的基本性质求出的最小值,由此可得出,即可得解.【详解】如下图所示:设点关于直线的对称点为点,则,整理得,解得,即点,所以,圆关于直线的对称圆的方程为,设点,则,当时,取最小值,因此,.故选:C.【点睛】本题考查抛物线上一点到圆上一点最值的计算,同时也考查了两圆关于直线对称性的应用,考查计算能力,属于中等题.12.A【解析】试题分析:设公差为或(舍),故选A.考点:等差数列及其性质.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

,可得在时,最小值为,时,要使得最小值为,则对称轴在1的右边,且,求解出即满足最小值为.【详解】当,,当且仅当时,等号成立.当时,为二次函数,要想在处取最小,则对称轴要满足并且,即,解得.【点睛】本题考查分段函数的最值问题,对每段函数先进行分类讨论,找到每段的最小值,然后再对两段函数的最小值进行比较,得到结果,题目较综合,属于中档题.14.3﹣4i【解析】

计算得到z2=(2+i)2=3+4i,再计算得到答案.【详解】∵z=2+i,∴z2=(2+i)2=3+4i,则.故答案为:3﹣4i.【点睛】本题考查了复数的运算,共轭复数,意在考查学生的计算能力.15.【解析】

由题知,该四棱锥为正四棱锥,作出该正四棱锥的高和斜高,连接,则球心O必在的边上,设,由球与四棱锥的内切关系可知,设,用和表示四棱锥的体积,解得和的关系,进而表示出内切球的半径,并求出半径的最大值,进而求出球的体积的最大值.【详解】设,,由球O内切于四棱锥可知,,,则,球O的半径,,,,当且仅当时,等号成立,此时.故答案为:.【点睛】本题考查了棱锥的体积问题,内切球问题,考查空间想象能力,属于较难的填空压轴题.16.8【解析】

根据伪代码逆向运算求得结果.【详解】输入,若,则,不合题意若,则,满足题意本题正确结果:【点睛】本题考查算法中的语言,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)43,47;(2)分布列见解析,.【解析】

(1)根据茎叶图即可得到中位数和众数;(2)根据数据可得任取一名优秀员工的概率为,故,写出分布列即可得解.【详解】(1)中位数为,众数为.(2)被调查的名工人中优秀员工的数量,任取一名优秀员工的概率为,故,,,的分布列如下:故【点睛】此题考查根据茎叶图求众数和中位数,求离散型随机变量分布列,根据分布列求解期望,关键在于准确求解概率,若能准确识别二项分布对于解题能够起到事半功倍的作用.18.(1)(2)【解析】

(1)利用零点分段法,求得不等式的解集.(2)先求得,即,再根据“的代换”的方法,结合基本不等式,求得的最小值.【详解】(1)当时,,即,无解;当时,,即,得;当时,,即,得.故所求不等式的解集为.(2)因为,所以,则,.当且仅当即时取等号.故的最小值为.【点睛】本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式,考查利用基本不等式求最值,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.19.(1)见解析;(II).【解析】

试题分析:(1)取中点,连结,以为原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能证明为直角三角形;(2)设,由,得,求出平面的法向量和平面的法向量,,根据空间向量夹角余弦公式能求出结果.试题解析:(I)取中点,连结,依题意可知均为正三角形,所以,又平面平面,所以平面,又平面,所以,因为,所以,即,从而为直角三角形.(II)法一:由(I)可知,又平面平面,平面平面,平面,所以平面.以为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,由可得点的坐标所以,设平面的法向量为,则,即解得,令,得,显然平面的一个法向量为,依题意,解得或(舍去),所以,当时,二面角的余弦值为.法二:由(I)可知平面,所以,所以为二面角的平面角,即,在中,,所以,由正弦定理可得,即解得,又,所以,所以,当时,二面角的余弦值为.20.(1)(2)【解析】

(1)代入计算即可.(2)设直线AB的方程为,再联立直线与抛物线的方程,消去可得的一元二次方程,再根据韦达定理与求解,进而利用弦长公式求解即可.【详解】解:(1)因为抛物线过点,所以,所以,抛物线的方程为(2)由题意知直线AB的斜率存在,可设直线AB的方程为,,.因为,所以,联立,化简得,所以,,所以,,解得,所以.【点睛】本题考查抛物线的方程以及联立直线与抛物线求弦长的简单应用.属于基础题.21.;证明见解析.【解析】

当时,集合共有个子集,即可求出结果;分类讨论,利用数学归纳法证明.【详解】当时,集合共有个子集,所以;①当时,,由可知,,此时令,,,,满足对任意,都有,且;②假设当时,存在有序集合组满足题意,且,则当时,集合的子集个数为个,因为是4的整数倍,所以令,,,,且恒成立,即满足对任意,都有,且,综上,原命题得证.【点睛】本题考查集合的自己个数的研究,结合数学归纳法的应用,属于难题.22.(1)不是,见解析(2)(3)【解析】

(1)利用递推关系求出数列的通项公式,进一步验证时,是否为数列中的项,即可得答案;(2)由题意得,再对公差进行分类讨论,即可得答案;(3)由题意得数列为等差数列,设数列的公差为,再根据不等式得到公差的值,即可得答案;【详解】(1)当时,又,所以.所以当时,,而,所以时,不是数列中的项,故数列不是为“数列”(2)因为数列是公差为的等差数列,所以.因为数列为“数列

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