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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、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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.设等差数列的前n项和为,若,则()A. B. C.7 D.22.在精准扶贫工作中,有6名男干部、5名女干部,从中选出2名男干部、1名女干部组成一个扶贫小组分到某村工作,则不同的选法共有()A.60种 B.70种 C.75种 D.150种3.在钝角中,角所对的边分别为,为钝角,若,则的最大值为()A. B. C.1 D.4.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A. B. C. D.5.已知.给出下列判断:①若,且,则;②存在使得的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称;③若在上恰有7个零点,则的取值范围为;④若在上单调递增,则的取值范围为.其中,判断正确的个数为()A.1 B.2 C.3 D.46.数列{an},满足对任意的n∈N+,均有an+an+1+an+2为定值.若a7=2,a9=3,a98=4,则数列{an}的前100项的和S100=()A.132 B.299 C.68 D.997.已知,,若,则向量在向量方向的投影为()A. B. C. D.8.正项等比数列中的、是函数的极值点,则()A. B.1 C. D.29.“且”是“”的()A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件10.设复数满足,则()A.1 B.-1 C. D.11.设为非零向量,则“”是“与共线”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件12.若函数的图象上两点,关于直线的对称点在的图象上,则的取值范围是()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.若非零向量,满足,,,则______.15.已知直线被圆截得的弦长为2,则的值为__16.若函数,则使得不等式成立的的取值范围为_________.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)已知椭圆的左、右焦点分别为、,点在椭圆上,且.(Ⅰ)求椭圆的标准方程;(Ⅱ)设直线与椭圆相交于、两点,与圆相交于、两点,求的取值范围.18.(12分)记函数的最小值为.(1)求的值;(2)若正数,,满足,证明:.19.(12分)已知,,(1)求的最小正周期及单调递增区间;(2)已知锐角的内角,,的对边分别为,,,且,,求边上的高的最大值.20.(12分)在平面直角坐标系中,已知抛物线的焦点为,准线为,是抛物线上上一点,且点的横坐标为,.(1)求抛物线的方程;(2)过点的直线与抛物线交于、两点,过点且与直线垂直的直线与准线交于点,设的中点为,若、、四点共圆,求直线的方程.21.(12分)设函数.(1)求不等式的解集;(2)若的最小值为,且,求的最小值.22.(10分)已知的内角、、的对边分别为、、,满足.有三个条件:①;②;③.其中三个条件中仅有两个正确,请选出正确的条件完成下面两个问题:(1)求;(2)设为边上一点,且,求的面积.
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】
根据等差数列的性质并结合已知可求出,再利用等差数列性质可得,即可求出结果.【详解】因为,所以,所以,所以,故选:B【点睛】本题主要考查等差数列的性质及前项和公式,属于基础题.2.C【解析】
根据题意,分别计算“从6名男干部中选出2名男干部”和“从5名女干部中选出1名女干部”的取法数,由分步计数原理计算可得答案.【详解】解:根据题意,从6名男干部中选出2名男干部,有种取法,从5名女干部中选出1名女干部,有种取法,则有种不同的选法;故选:C.【点睛】本题考查排列组合的应用,涉及分步计数原理问题,属于基础题.3.B【解析】
首先由正弦定理将边化角可得,即可得到,再求出,最后根据求出的最大值;【详解】解:因为,所以因为所以,即,,时故选:【点睛】本题考查正弦定理的应用,余弦函数的性质的应用,属于中档题.4.D【解析】
试题分析:如图所示,截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.考点:本题主要考查三视图及几何体体积的计算.5.B【解析】
对函数化简可得,进而结合三角函数的最值、周期性、单调性、零点、对称性及平移变换,对四个命题逐个分析,可选出答案.【详解】因为,所以周期.对于①,因为,所以,即,故①错误;对于②,函数的图象向右平移个单位长度后得到的函数为,其图象关于轴对称,则,解得,故对任意整数,,所以②错误;对于③,令,可得,则,因为,所以在上第1个零点,且,所以第7个零点,若存在第8个零点,则,所以,即,解得,故③正确;对于④,因为,且,所以,解得,又,所以,故④正确.故选:B.【点睛】本题考查三角函数的恒等变换,考查三角函数的平移变换、最值、周期性、单调性、零点、对称性,考查学生的计算求解能力与推理能力,属于中档题.6.B【解析】
由为定值,可得,则是以3为周期的数列,求出,即求.【详解】对任意的,均有为定值,,故,是以3为周期的数列,故,.故选:.【点睛】本题考查周期数列求和,属于中档题.7.B【解析】
由,,,再由向量在向量方向的投影为化简运算即可【详解】∵∴,∴,∴向量在向量方向的投影为.故选:B.【点睛】本题考查向量投影的几何意义,属于基础题8.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.9.A【解析】
画出“,,,所表示的平面区域,即可进行判断.【详解】如图,“且”表示的区域是如图所示的正方形,记为集合P,“”表示的区域是单位圆及其内部,记为集合Q,显然是的真子集,所以答案是充分非必要条件,故选:.【点睛】本题考查了不等式表示的平面区域问题,考查命题的充分条件和必要条件的判断,难度较易.10.B【解析】
利用复数的四则运算即可求解.【详解】由.故选:B【点睛】本题考查了复数的四则运算,需掌握复数的运算法则,属于基础题.11.A【解析】
根据向量共线的性质依次判断充分性和必要性得到答案.【详解】若,则与共线,且方向相同,充分性;当与共线,方向相反时,,故不必要.故选:.【点睛】本题考查了向量共线,充分不必要条件,意在考查学生的推断能力.12.D【解析】
由题可知,可转化为曲线与有两个公共点,可转化为方程有两解,构造函数,利用导数研究函数单调性,分析即得解【详解】函数的图象上两点,关于直线的对称点在上,即曲线与有两个公共点,即方程有两解,即有两解,令,则,则当时,;当时,,故时取得极大值,也即为最大值,当时,;当时,,所以满足条件.故选:D【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点,考查了学生综合分析,转化划归,数形结合,数学运算的能力,属于较难题.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.14.1【解析】
根据向量的模长公式以及数量积公式,得出,解方程即可得出答案.【详解】,即解得或(舍)故答案为:【点睛】本题主要考查了向量的数量积公式以及模长公式的应用,属于中档题.15.1【解析】
根据弦长为半径的两倍,得直线经过圆心,将圆心坐标代入直线方程可解得.【详解】解:圆的圆心为(1,1),半径,
因为直线被圆截得的弦长为2,
所以直线经过圆心(1,1),
,解得.故答案为:1.【点睛】本题考查了直线与圆相交的性质,属基础题.16.【解析】
分,两种情况代入讨论即可求解.【详解】,当时,,符合;当时,,不满足.故答案为:【点睛】本题主要考查了分段函数的计算,考查了分类讨论的思想.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.(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)利用勾股定理结合条件求得和,利用椭圆的定义求得的值,进而可得出,则椭圆的标准方程可求;(Ⅱ)设点、,将直线的方程与椭圆的方程联立,利用韦达定理与弦长公式求出,利用几何法求得直线截圆所得弦长,可得出关于的函数表达式,利用不等式的性质可求得的取值范围.【详解】(Ⅰ)在椭圆上,,,,,,,又,,,,椭圆的标准方程为;(Ⅱ)设点、,联立消去,得,,则,,设圆的圆心到直线的距离为,则.,,,,的取值范围为.【点睛】本题考查椭圆方程的求解,同时也考查了椭圆中弦长之积的取值范围的求解,涉及韦达定理与弦长公式的应用,考查计算能力,属于中等题.18.(1)(2)证明见解析【解析】
(1)将函数转化为分段函数或利用绝对值三角不等式进行求解;(2)利用基本不等式或柯西不等式证明即可.【详解】解法一:(1)当时,,当,,当时,,所以解法二:(1)如图当时,解法三:(1)当且仅当即时,等号成立.当时解法一:(2)由题意可知,,因为,,,所以要证明不等式,只需证明,因为成立,所以原不等式成立.解法二:(2)因为,,,所以,,又因为,所以,所以,原不等式得证.补充:解法三:(2)由题意可知,,因为,,,所以要证明不等式,只需证明,由柯西不等式得:成立,所以原不等式成立.【点睛】本题主要考查了绝对值函数的最值求解,不等式的证明,绝对值三角不等式,基本不等式及柯西不等式的应用,考查了学生的逻辑推理和运算求解能力.19.(1)的最小正周期为:;函数单调递增区间为:;(2).【解析】
(1)根据诱导公式,结合二倍角的正弦公式、辅助角公式把函数的解析式化简成余弦型函数解析式形式,利用余弦型函数的最小正周期公式和单调性进行求解即可;(2)由(1)结合,求出的大小,再根据三角形面积公式,结合余弦定理和基本不等式进行求解即可.【详解】(1)的最小正周期为:;当时,即当时,函数单调递增,所以函数单调递增区间为:;(2)因为,所以设边上的高为,所以有,由余弦定理可知:(当用仅当时,取等号),所以,因此边上的高的最大值.【点睛】本题考查了正弦的二倍角公式、诱导公式、辅助角公式,考查了余弦定理、三角形面积公式,考查了基本不等式的应用,考查了数学运算能力.20.(1)(2)【解析】
(1)由抛物线的定义可得,即可求出,从而得到抛物线方程;(2)设直线的方程为,代入,得.设,,列出韦达定理,表示出中点的坐标,若、、、四点共圆,再结合,得,则即可求出参数,从而得解;【详解】解:(1)由抛物线定义,得,解得,所以抛物线的方程为.(2)设直线的方程为,代入,得.设,,则,.由,,得,所以.因为直线的斜率为,所以直线的斜率为,则直线的方程为.由解得.若、、、四点共圆,再结合,得,则,解得,所以直线的方程为.【点睛】本题考查抛物线的定义及性质的应用,直线与抛物线综合问题,属于中档题.21.(1)或(2)最小值为.【解析】
(1)讨论,,三种情况,分别计算得到答案.(2)计算得到,再利用均值不等式计算得到答案.【详解】(1)当时,由,解得;当时,由,解得;当时,由,解得.所以所求不等式的解集为或.(2)根据函数图像知:当时,,所以.因为,由,可知,所以,当且仅当,,时,等号成立.所以的最小值为.【点睛】本题考查了解绝对值不等式,函数最值,均值不等式,
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