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文档简介

2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.已知双曲线:的焦距为,焦点到双曲线的渐近线的距离为,则双曲线的渐近线方程为()A. B. C. D.2.已知椭圆内有一条以点为中点的弦,则直线的方程为()A. B.C. D.3.已知平面向量,,,则实数x的值等于()A.6 B.1 C. D.4.在等腰直角三角形中,,为的中点,将它沿翻折,使点与点间的距离为,此时四面体的外接球的表面积为().A. B. C. D.5.抛物线的焦点为,则经过点与点且与抛物线的准线相切的圆的个数有()A.1个 B.2个 C.0个 D.无数个6.已知三棱锥P﹣ABC的顶点都在球O的球面上,PA,PB,AB=4,CA=CB,面PAB⊥面ABC,则球O的表面积为()A. B. C. D.7.已知函数,则的最小值为()A. B. C. D.8.已知函数(),若函数在上有唯一零点,则的值为()A.1 B.或0 C.1或0 D.2或09.若x,y满足约束条件且的最大值为,则a的取值范围是()A. B. C. D.10.已知函数在上可导且恒成立,则下列不等式中一定成立的是()A.、B.、C.、D.、11.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是()A. B.64 C. D.3212.“中国剩余定理”又称“孙子定理”,最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题,叫做“物不知数”,原文如下:今有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二.问物几何?现有这样一个相关的问题:将1到2020这2020个自然数中被5除余3且被7除余2的数按照从小到大的顺序排成一列,构成一个数列,则该数列各项之和为()A.56383 B.57171 C.59189 D.61242二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知的展开式中含有的项的系数是,则展开式中各项系数和为______.14.角α的顶点在坐标原点,始边与x轴的非负半轴重合,终边经过点P(1,2),则sin(π﹣α)的值是_____.15.已知为正实数,且,则的最小值为____________.16.的展开式中,的系数是______.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)如图,在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,,.(1)证明:平面平面ABCD;(2)设H在AC上,,若,求PH与平面PBC所成角的正弦值.18.(12分)已知三棱锥中,为等腰直角三角形,,设点为中点,点为中点,点为上一点,且.(1)证明:平面;(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)选修4-2:矩阵与变换(本小题满分10分)已知矩阵A=(k≠0)的一个特征向量为α=,A的逆矩阵A-1对应的变换将点(3,1)变为点(1,1).求实数a,k的值.20.(12分)已知△ABC的两个顶点A,B的坐标分别为(,0),(,0),圆E是△ABC的内切圆,在边AC,BC,AB上的切点分别为P,Q,R,|CP|=2,动点C的轨迹为曲线G.(1)求曲线G的方程;(2)设直线l与曲线G交于M,N两点,点D在曲线G上,是坐标原点,判断四边形OMDN的面积是否为定值?若为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.21.(12分)已知函数为实数)的图像在点处的切线方程为.(1)求实数的值及函数的单调区间;(2)设函数,证明时,.22.(10分)如图,在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠ABC=90°,AB=AA1,M,N分别是AC,B1C1的中点.求证:(1)MN∥平面ABB1A1;(2)AN⊥A1B.

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.A【解析】

利用双曲线:的焦点到渐近线的距离为,求出,的关系式,然后求解双曲线的渐近线方程.【详解】双曲线:的焦点到渐近线的距离为,可得:,可得,,则的渐近线方程为.故选A.【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用,构建出的关系是解题的关键,考查计算能力,属于中档题.2.C【解析】

设,,则,,相减得到,解得答案.【详解】设,,设直线斜率为,则,,相减得到:,的中点为,即,故,直线的方程为:.故选:.【点睛】本题考查了椭圆内点差法求直线方程,意在考查学生的计算能力和应用能力.3.A【解析】

根据向量平行的坐标表示即可求解.【详解】,,,,即,故选:A【点睛】本题主要考查了向量平行的坐标运算,属于容易题.4.D【解析】

如图,将四面体放到直三棱柱中,求四面体的外接球的半径转化为求三棱柱外接球的半径,然后确定球心在上下底面外接圆圆心连线中点,这样根据几何关系,求外接球的半径.【详解】中,易知,翻折后,,,设外接圆的半径为,,,如图:易得平面,将四面体放到直三棱柱中,则球心在上下底面外接圆圆心连线中点,设几何体外接球的半径为,,四面体的外接球的表面积为.故选:D【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积,意在考查空间想象能力,和计算能力,属于中档题型,求几何体的外接球的半径时,一般可以用补形法,因正方体,长方体的外接球半径容易求,可以将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体,比如三条侧棱两两垂直的三棱锥,或是构造直角三角形法,确定球心的位置,构造关于外接球半径的方程求解.5.B【解析】

圆心在的中垂线上,经过点,且与相切的圆的圆心到准线的距离与到焦点的距离相等,圆心在抛物线上,直线与抛物线交于2个点,得到2个圆.【详解】因为点在抛物线上,又焦点,,由抛物线的定义知,过点、且与相切的圆的圆心即为线段的垂直平分线与抛物线的交点,这样的交点共有2个,故过点、且与相切的圆的不同情况种数是2种.故选:.【点睛】本题主要考查抛物线的简单性质,本题解题的关键是求出圆心的位置,看出圆心必须在抛物线上,且在垂直平分线上.6.D【解析】

由题意画出图形,找出△PAB外接圆的圆心及三棱锥P﹣BCD的外接球心O,通过求解三角形求出三棱锥P﹣BCD的外接球的半径,则答案可求.【详解】如图;设AB的中点为D;∵PA,PB,AB=4,∴△PAB为直角三角形,且斜边为AB,故其外接圆半径为:rAB=AD=2;设外接球球心为O;∵CA=CB,面PAB⊥面ABC,∴CD⊥AB可得CD⊥面PAB;且DC.∴O在CD上;故有:AO2=OD2+AD2⇒R2=(R)2+r2⇒R;∴球O的表面积为:4πR2=4π.故选:D.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法,考查数形结合的解题思想方法,考查思维能力与计算能力,属于中档题.7.C【解析】

利用三角恒等变换化简三角函数为标准正弦型三角函数,即可容易求得最小值.【详解】由于,故其最小值为:.故选:C.【点睛】本题考查利用降幂扩角公式、辅助角公式化简三角函数,以及求三角函数的最值,属综合基础题.8.C【解析】

求出函数的导函数,当时,只需,即,令,利用导数求其单调区间,即可求出参数的值,当时,根据函数的单调性及零点存在性定理可判断;【详解】解:∵(),∴,∴当时,由得,则在上单调递减,在上单调递增,所以是极小值,∴只需,即.令,则,∴函数在上单调递增.∵,∴;当时,,函数在上单调递减,∵,,函数在上有且只有一个零点,∴的值是1或0.故选:C【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题,零点存在性定理的应用,属于中档题.9.A【解析】

画出约束条件的可行域,利用目标函数的最值,判断a的范围即可.【详解】作出约束条件表示的可行域,如图所示.因为的最大值为,所以在点处取得最大值,则,即.故选:A【点睛】本题主要考查线性规划的应用,利用z的几何意义,通过数形结合是解决本题的关键.10.A【解析】

设,利用导数和题设条件,得到,得出函数在R上单调递增,得到,进而变形即可求解.【详解】由题意,设,则,又由,所以,即函数在R上单调递增,则,即,变形可得.故选:A.【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及其应用,以及利用单调性比较大小,其中解答中根据题意合理构造新函数,利用新函数的单调性求解是解答的关键,着重考查了构造思想,以及推理与计算能力,属于中档试题.11.A【解析】

根据三视图,还原空间几何体,即可得该几何体的体积.【详解】由该几何体的三视图,还原空间几何体如下图所示:可知该几何体是底面在左侧的四棱锥,其底面是边长为4的正方形,高为4,故.故选:A【点睛】本题考查了三视图的简单应用,由三视图还原空间几何体,棱锥体积的求法,属于基础题.12.C【解析】

根据“被5除余3且被7除余2的正整数”,可得这些数构成等差数列,然后根据等差数列的前项和公式,可得结果.【详解】被5除余3且被7除余2的正整数构成首项为23,公差为的等差数列,记数列则令,解得.故该数列各项之和为.故选:C.【点睛】本题考查等差数列的应用,属基础题。二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.1【解析】

由二项式定理及展开式通项公式得:,解得,令得:展开式中各项系数和,得解.【详解】解:由的展开式的通项,令,得含有的项的系数是,解得,令得:展开式中各项系数和为,故答案为:1.【点睛】本题考查了二项式定理及展开式通项公式,属于中档题.14.【解析】

计算sinα,再利用诱导公式计算得到答案.【详解】由题意可得x=1,y=2,r,∴sinα,∴sin(π﹣α)=sinα.故答案为:.【点睛】本题考查了三角函数定义,诱导公式,意在考查学生的计算能力.15.【解析】

,所以有,再利用基本不等式求最值即可.【详解】由已知,,所以,当且仅当,即时,等号成立.故答案为:【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值问题,采用的是“1”的替换,也可以消元等,是一道中档题.16.【解析】

先将原式展开成,发现中不含,故只研究后面一项即可得解.【详解】,依题意,只需求中的系数,是.故答案为:-40【点睛】本题考查二项式定理性质,关键是先展开再利用排列组合思想解决,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】

(1)记,连结,推导出,平面,由此能证明平面平面;(2)推导出,平面,连结,由题意得为的重心,,从而平面平面,进而是与平面所成角,由此能求出与平面所成角的正弦值.【详解】(1)证明:记,连结,中,,,,,,平面,平面,平面平面.(2)中,,,,,,,,,,平面,∴,连结,由题意得为的重心,,,,平面平面平面,∴在平面的射影落在上,是与平面所成角,中,,,,.与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查线面角的正弦值的求法,考查线线、线面、面面的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.18.(1)证明见解析;(2)【解析】

(1)连接交于点,连接,通过证,并说明平面,来证明平面(2)采用建系法以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,分别表示出对应的点坐标,设平面的一个法向量为,结合直线对应的和法向量,利用向量夹角的余弦公式进行求解即可【详解】证明:如图,连接交于点,连接,点为的中点,点为的中点,点为的重心,则,,,又平面,平面,平面;,,,,,,可得,又,则以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,.设平面的一个法向量为,由,取,得.设直线与平面所成角为,则.直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定定理的使用,利用建系法来求解线面夹角问题,整体难度不大,本题中的线面夹角的正弦值公式使用广泛,需要识记19.解:设特征向量为α=对应的特征值为λ,则=λ,即因为k≠0,所以a=2.5分因为,所以A=,即=,所以2+k=3,解得k=2.综上,a=2,k=2.20分【解析】试题分析:由特征向量求矩阵A,由逆矩阵求k考点:特征向量,逆矩阵点评:本题主要考查了二阶矩阵,以及特征值与特征向量的计算,考查逆矩阵.20.(1).(2)四边形OMDN的面积是定值,其定值为.【解析】

(1)根据三角形内切圆的性质证得,由此判断出点的轨迹为椭圆,并由此求得曲线的方程.(2)将直线的斜率分成不存在或存在两种情况,求出平行四边形的面积,两种情况下四边形的面积都为,由此证得四边形的面积为定值.【详解】(1)因为圆E为△ABC的内切圆,所以|CA|+|CB|=|CP|+|CQ|+|PA|+|QB|=2|CP|+|AR|+|BR|=2|CP|+|AB|=4>|AB|所以点C的轨迹为以点A和点B为焦点的椭圆(点不在轴上),所以c,a=2,b,所以曲线G的方程为,(2)因为,故四边形为平行四边形.当直线l的斜率不存在时,则四边形为为菱形,故直线MN的方程为x=﹣1或x=1,此时可求得四边形OMDN的面积为.当直线l的斜率存在时,设直线l方程是y=kx+m,代入到,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2﹣4=0,∴x1+x2,x1x2,△=8(4k2+2﹣m2)>0,∴y1+y2=k(x1+x2)+2m,|MN|点O到直线MN的距离d,由,得xD,yD,∵点D在曲线C上,所以将D点坐标代入椭圆方程得1+2k2=2m2,由题意四边

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