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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.已知平面平面,且是正方形,在正方形内部有一点,满足与平面所成的角相等,则点的轨迹长度为()A. B.16 C. D.2.正项等比数列中的、是函数的极值点,则()A. B.1 C. D.23.执行如图所示的程序框图,则输出的值为()A. B. C. D.4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A. B.3 C. D.45.在中,角、、所对的边分别为、、,若,则()A. B. C. D.6.已知i是虚数单位,则1+iiA.-12+32i7.在中,角所对的边分别为,已知,则()A.或 B. C. D.或8.平行四边形中,已知,,点、分别满足,,且,则向量在上的投影为()A.2 B. C. D.9.已知定义在R上的偶函数满足,当时,,函数(),则函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为()A.2 B.4 C.5 D.610.《九章算术》“少广”算法中有这样一个数的序列:列出“全步”(整数部分)及诸分子分母,以最下面的分母遍乘各分子和“全步”,各自以分母去约其分子,将所得能通分之分数进行通分约简,又用最下面的分母去遍乘诸(未通者)分子和以通之数,逐个照此同样方法,直至全部为整数,例如:及时,如图:记为每个序列中最后一列数之和,则为()A.147 B.294 C.882 D.176411.直角坐标系中,双曲线()与抛物线相交于、两点,若△是等边三角形,则该双曲线的离心率()A. B. C. D.12.复数的虚部是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图在三棱柱中,,,,点为线段上一动点,则的最小值为________.14.已知数列的前项和为,且成等差数列,,数列的前项和为,则满足的最小正整数的值为______________.15.如图,在复平面内,复数,对应的向量分别是,,则_______.16.执行以下语句后,打印纸上打印出的结果应是:_____.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)[选修4-5:不等式选讲]设函数.(1)求不等式的解集;(2)已知关于的不等式在上有解,求实数的取值范围.18.(12分)已知函数(,为自然对数的底数),.(1)若有两个零点,求实数的取值范围;(2)当时,对任意的恒成立,求实数的取值范围.19.(12分)如图,四棱锥中,底面是边长为的菱形,,点分别是的中点.(1)求证:平面;(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.20.(12分)如图,四棱锥中,四边形是矩形,,,为正三角形,且平面平面,、分别为、的中点.(1)证明:平面;(2)求几何体的体积.21.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,,为等边三角形,平面平面ABCD,M,N分别是线段PD和BC的中点.(1)求直线CM与平面PAB所成角的正弦值;(2)求二面角D-AP-B的余弦值;(3)试判断直线MN与平面PAB的位置关系,并给出证明.22.(10分)如图,在正三棱柱中,,,分别为,的中点.(1)求证:平面;(2)求平面与平面所成二面角锐角的余弦值.

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.C【解析】

根据与平面所成的角相等,判断出,建立平面直角坐标系,求得点的轨迹方程,由此求得点的轨迹长度.【详解】由于平面平面,且交线为,,所以平面,平面.所以和分别是直线与平面所成的角,所以,所以,即,所以.以为原点建立平面直角坐标系如下图所示,则,,设(点在第一象限内),由得,即,化简得,由于点在第一象限内,所以点的轨迹是以为圆心,半径为的圆在第一象限的部分.令代入原的方程,解得,故,由于,所以,所以点的轨迹长度为.故选:C【点睛】本小题主要考查线面角的概念和运用,考查动点轨迹方程的求法,考查空间想象能力和逻辑推理能力,考查数形结合的数学思想方法,属于难题.2.B【解析】

根据可导函数在极值点处的导数值为,得出,再由等比数列的性质可得.【详解】解:依题意、是函数的极值点,也就是的两个根∴又是正项等比数列,所以∴.故选:B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用,属于中档题.3.B【解析】

列出每一次循环,直到计数变量满足退出循环.【详解】第一次循环:;第二次循环:;第三次循环:,退出循环,输出的为.故选:B.【点睛】本题考查由程序框图求输出的结果,要注意在哪一步退出循环,是一道容易题.4.C【解析】

首先把三视图转换为几何体,该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.【详解】解:根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为由一个三棱柱体,切去一个三棱锥体,如图所示:故:.故选:C.【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式,考查了空间想象能力,属于基础题.5.D【解析】

利用余弦定理角化边整理可得结果.【详解】由余弦定理得:,整理可得:,.故选:.【点睛】本题考查余弦定理边角互化的应用,属于基础题.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】

根据正弦定理得到,化简得到答案.【详解】由,得,∴,∴或,∴或.故选:【点睛】本题考查了正弦定理解三角形,意在考查学生的计算能力.8.C【解析】

将用向量和表示,代入可求出,再利用投影公式可得答案.【详解】解:,得,则向量在上的投影为.故选:C.【点睛】本题考查向量的几何意义,考查向量的线性运算,将用向量和表示是关键,是基础题.9.B【解析】

由函数的性质可得:的图像关于直线对称且关于轴对称,函数()的图像也关于对称,由函数图像的作法可知两个图像有四个交点,且两两关于直线对称,则与的图像所有交点的横坐标之和为4得解.【详解】由偶函数满足,可得的图像关于直线对称且关于轴对称,函数()的图像也关于对称,函数的图像与函数()的图像的位置关系如图所示,可知两个图像有四个交点,且两两关于直线对称,则与的图像所有交点的横坐标之和为4.故选:B【点睛】本题主要考查了函数的性质,考查了数形结合的思想,掌握函数的性质是解题的关键,属于中档题.10.A【解析】

根据题目所给的步骤进行计算,由此求得的值.【详解】依题意列表如下:上列乘上列乘上列乘630603153021020156121510所以.故选:A【点睛】本小题主要考查合情推理,考查中国古代数学文化,属于基础题.11.D【解析】

根据题干得到点A坐标为,代入抛物线得到坐标为,再将点代入双曲线得到离心率.【详解】因为三角形OAB是等边三角形,设直线OA为,设点A坐标为,代入抛物线得到x=2b,故点A的坐标为,代入双曲线得到故答案为:D.【点睛】求双曲线的离心率(或离心率的取值范围),常见有两种方法:①求出,代入公式;②只需要根据一个条件得到关于的齐次式,结合转化为的齐次式,然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式),解方程(不等式)即可得(的取值范围).12.C【解析】因为,所以的虚部是,故选C.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

把绕着进行旋转,当四点共面时,运用勾股定理即可求得的最小值.【详解】将以为轴旋转至与面在一个平面,展开图如图所示,若,,三点共线时最小为,为直角三角形,故答案为:【点睛】本题考查了空间几何体的翻折,平面内两点之间线段最短,解直角三角形进行求解,考查了空间想象能力和计算能力,属于中档题.14.1【解析】

本题先根据公式初步找到数列的通项公式,然后根据等差中项的性质可解得的值,即可确定数列的通项公式,代入数列的表达式计算出数列的通项公式,然后运用裂项相消法计算出前项和,再代入不等式进行计算可得最小正整数的值.【详解】由题意,当时,.当时,.则,.,,成等差数列,,即,解得..,...,.即,,即,,,,即.满足的最小正整数的值为1.故答案为:1.【点睛】本题主要考查数列求通项公式、裂项相消法求前项和,考查了转化思想、方程思想,考查了不等式的计算、逻辑思维能力和数学运算能力.15.【解析】试题分析:由坐标系可知考点:复数运算16.1【解析】

根据程序框图直接计算得到答案.【详解】程序在运行过程中各变量的取值如下所示:是否继续循环ix循环前14第一圈是44+2第二圈是74+2+8第三圈是104+2+8+14退出循环,所以打印纸上打印出的结果应是:1故答案为:1.【点睛】本题考查了程序框图,意在考查学生的计算能力和理解能力.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)(2)【解析】

(1)零点分段去绝对值解不等式即可(2)由题在上有解,去绝对值分离变量a即可.【详解】(1)不等式,即等价于或或解得,所以原不等式的解集为;(2)当时,不等式,即,所以在上有解即在上有解,所以,.【点睛】本题考查绝对值不等式解法,不等式有解求参数,熟记零点分段,熟练处理不等式有解问题是关键,是中档题.18.(1);(2)【解析】

(1)将有两个零点转化为方程有两个相异实根,令求导,利用其单调性和极值求解;(2)将问题转化为对一切恒成立,令,求导,研究单调性,求出其最值即可得结果.【详解】(1)有两个零点关于的方程有两个相异实根由,知有两个零点有两个相异实根.令,则,由得:,由得:,在单调递增,在单调递减,又当时,,当时,当时,有两个零点时,实数的取值范围为;(2)当时,,原命题等价于对一切恒成立对一切恒成立.令令,,则在上单增又,,使即①当时,,当时,,即在递减,在递增,由①知函数在单调递增即,实数的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,极值,最值问题,考查学生转化能力和分析能力,是一道难度较大的题目.19.(1)见解析;(2).【解析】

(1)取的中点,连接,通过证明,即可证得;(2)建立空间直角坐标系,利用向量的坐标表示即可得解.【详解】(1)证明:取的中点,连接.是的中点,,又,四边形是平行四边形.,又平面平面,平面.(2),,同理可得:,又平面.连接,设,则,建立空间直角坐标系.设平面的法向量为,则,则,取.直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】此题考查证明线面平行,求线面角的大小,关键在于熟练掌握线面平行的证明方法,法向量法求线面角的基本方法,根据公式准确计算.20.(1)见解析;(2)【解析】

(1)由题可知,根据三角形的中位线的性质,得出,根据矩形的性质得出,所以,再利用线面平行的判定定理即可证出平面;(2)由于平面平面,根据面面垂直的性质,得出平面,从而得出到平面的距离为,结合棱锥的体积公式,即可求得结果.【详解】解:(1)∵,分别为,的中点,∴,∵四边形是矩形,∴,∴,∵平面,平面,∴平面.(2)取,的中点,,连接,,,,则,由于为三棱柱,为四棱锥,∵平面平面,∴平面,由已知可求得,∴到平面的距离为,因为四边形是矩形,,,,设几何体的体积为,则,∴,即:.【点睛】本题考查线面平行的判定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式,考查逻辑推理和计算能力.21.(1)(2)(3)直线平面,证明见解析【解析】

取中点,连接,则,再由已知证明平面,以为坐标原点,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系,求出平面的一个法向量.(1)求出的坐标,由与所成角的余弦值可得直线与平面所成角的正弦值;(2)求出平面的一个法向量,再由两平面法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值;(3)求出的坐标,由,结合平面,可得直线平面.【详解】底面是边长为2的菱形,,为等边三角形.取中点,连接,则,为等边三角形,,又平面平面,且平面平面,平面.以为坐标原点,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系.则,,,,1,,,0,,,,,,0,,,,,,,.,,设平面的一个法向量为.由,取,得.(1)证明:设直线与平面所成角为,,则,即直线与平面所成角的正弦值为;(2)设平面的一个法向量为,由,得二面角的余弦值为;(3),,又平面,直线平面.【点睛】本题考查线面平行的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理能力与计算能力,属于中档题.22.(1)证明见详解;(2).【解析】

(1)取中点为,通

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