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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.如图,用一边长为的正方形硬纸,按各边中点垂直折起四个小三角形,做成一个蛋巢,将体积为的鸡蛋(视为球体)放入其中,蛋巢形状保持不变,则鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为()A. B. C. D.2.射线测厚技术原理公式为,其中分别为射线穿过被测物前后的强度,是自然对数的底数,为被测物厚度,为被测物的密度,是被测物对射线的吸收系数.工业上通常用镅241()低能射线测量钢板的厚度.若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8,钢的密度为7.6,则这种射线的吸收系数为()(注:半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度,,结果精确到0.001)A.0.110 B.0.112 C. D.3.已知直线与直线则“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.已知命题p:若,,则;命题q:,使得”,则以下命题为真命题的是()A. B. C. D.5.集合,,则()A. B. C. D.6.已知函数,若所有点,所构成的平面区域面积为,则()A. B. C.1 D.7.若双曲线的一条渐近线与圆至多有一个交点,则双曲线的离心率的取值范围是()A. B. C. D.8.定义在R上的偶函数满足,且在区间上单调递减,已知是锐角三角形的两个内角,则的大小关系是()A. B.C. D.以上情况均有可能9.已知下列命题:①“”的否定是“”;②已知为两个命题,若“”为假命题,则“”为真命题;③“”是“”的充分不必要条件;④“若,则且”的逆否命题为真命题.其中真命题的序号为()A.③④ B.①② C.①③ D.②④10.已知,则“m⊥n”是“m⊥l”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11.已知为抛物线的焦点,点在抛物线上,且,过点的动直线与抛物线交于两点,为坐标原点,抛物线的准线与轴的交点为.给出下列四个命题:①在抛物线上满足条件的点仅有一个;②若是抛物线准线上一动点,则的最小值为;③无论过点的直线在什么位置,总有;④若点在抛物线准线上的射影为,则三点在同一条直线上.其中所有正确命题的个数为()A.1 B.2 C.3 D.412.设为非零实数,且,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知数列满足对任意,若,则数列的通项公式________.14.已知一个四面体的每个顶点都在表面积为的球的表面上,且,,则__________.15.已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成的角为,侧面积为,则该棱锥的体积为__________.16.已知,则________.(填“>”或“=”或“<”).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:(),与轴负半轴交于,离心率.(1)求椭圆的方程;(2)设直线:与椭圆交于,两点,连接,并延长交直线于,两点,已知,求证:直线恒过定点,并求出定点坐标.18.(12分)已知,求的最小值.19.(12分)在平面直角坐标系中,已知向量,,其中.(1)求的值;(2)若,且,求的值.20.(12分)已知函数,.(1)当时,判断是否是函数的极值点,并说明理由;(2)当时,不等式恒成立,求整数的最小值.21.(12分)如图所示,在四面体中,,平面平面,,且.(1)证明:平面;(2)设为棱的中点,当四面体的体积取得最大值时,求二面角的余弦值.22.(10分)已知等差数列和等比数列的各项均为整数,它们的前项和分别为,且,.(1)求数列,的通项公式;(2)求;(3)是否存在正整数,使得恰好是数列或中的项?若存在,求出所有满足条件的的值;若不存在,说明理由.
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.D【解析】
先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离,再加上侧面三角形的高,即可求解.【详解】设四个支点所在球的小圆的圆心为,球心为,由题意,球的体积为,即可得球的半径为1,又由边长为的正方形硬纸,可得圆的半径为,利用球的性质可得,又由到底面的距离即为侧面三角形的高,其中高为,所以球心到底面的距离为.故选:D.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征,以及球的性质的综合应用,着重考查了数形结合思想,以及推理与计算能力,属于基础题.2.C【解析】
根据题意知,,代入公式,求出即可.【详解】由题意可得,因为,所以,即.所以这种射线的吸收系数为.故选:C【点睛】本题主要考查知识的迁移能力,把数学知识与物理知识相融合;重点考查指数型函数,利用指数的相关性质来研究指数型函数的性质,以及解指数型方程;属于中档题.3.B【解析】
利用充分必要条件的定义可判断两个条件之间的关系.【详解】若,则,故或,当时,直线,直线,此时两条直线平行;当时,直线,直线,此时两条直线平行.所以当时,推不出,故“”是“”的不充分条件,当时,可以推出,故“”是“”的必要条件,故选:B.【点睛】本题考查两条直线的位置关系以及必要不充分条件的判断,前者应根据系数关系来考虑,后者依据两个条件之间的推出关系,本题属于中档题.4.B【解析】
先判断命题的真假,进而根据复合命题真假的真值表,即可得答案.【详解】,,因为,,所以,所以,即命题p为真命题;画出函数和图象,知命题q为假命题,所以为真.故选:B.【点睛】本题考查真假命题的概念,以及真值表的应用,解题的关键是判断出命题的真假,难度较易.5.A【解析】
计算,再计算交集得到答案.【详解】,,故.故选:.【点睛】本题考查了交集运算,属于简单题.6.D【解析】
依题意,可得,在上单调递增,于是可得在上的值域为,继而可得,解之即可.【详解】解:,因为,,所以,在上单调递增,则在上的值域为,因为所有点所构成的平面区域面积为,所以,解得,故选:D.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性,理解题意,得到是关键,考查运算能力,属于中档题.7.C【解析】
求得双曲线的渐近线方程,可得圆心到渐近线的距离,由点到直线的距离公式可得的范围,再由离心率公式计算即可得到所求范围.【详解】双曲线的一条渐近线为,即,由题意知,直线与圆相切或相离,则,解得,因此,双曲线的离心率.故选:C.【点睛】本题考查双曲线的离心率的范围,注意运用圆心到渐近线的距离不小于半径,考查化简整理的运算能力,属于中档题.8.B【解析】
由已知可求得函数的周期,根据周期及偶函数的对称性可求在上的单调性,结合三角函数的性质即可比较.【详解】由可得,即函数的周期,因为在区间上单调递减,故函数在区间上单调递减,根据偶函数的对称性可知,在上单调递增,因为,是锐角三角形的两个内角,所以且即,所以即,.故选:.【点睛】本题主要考查函数值的大小比较,根据函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键.9.B【解析】
由命题的否定,复合命题的真假,充分必要条件,四种命题的关系对每个命题进行判断.【详解】“”的否定是“”,正确;已知为两个命题,若“”为假命题,则“”为真命题,正确;“”是“”的必要不充分条件,错误;“若,则且”是假命题,则它的逆否命题为假命题,错误.故选:B.【点睛】本题考查命题真假判断,掌握四种命题的关系,复合命题的真假判断,充分必要条件等概念是解题基础.10.B【解析】
构造长方体ABCD﹣A1B1C1D1,令平面α为面ADD1A1,底面ABCD为β,然后再在这两个面中根据题意恰当的选取直线为m,n即可进行判断.【详解】如图,取长方体ABCD﹣A1B1C1D1,令平面α为面ADD1A1,底面ABCD为β,直线=直线。若令AD1=m,AB=n,则m⊥n,但m不垂直于若m⊥,由平面平面可知,直线m垂直于平面β,所以m垂直于平面β内的任意一条直线∴m⊥n是m⊥的必要不充分条件.故选:B.【点睛】本题考点有两个:①考查了充分必要条件的判断,在确定好大前提的条件下,从m⊥n⇒m⊥?和m⊥⇒m⊥n?两方面进行判断;②是空间的垂直关系,一般利用长方体为载体进行分析.11.C【解析】
①:由抛物线的定义可知,从而可求的坐标;②:做关于准线的对称点为,通过分析可知当三点共线时取最小值,由两点间的距离公式,可求此时最小值;③:设出直线方程,联立直线与抛物线方程,结合韦达定理,可知焦点坐标的关系,进而可求,从而可判断出的关系;④:计算直线的斜率之差,可得两直线斜率相等,进而可判断三点在同一条直线上.【详解】解:对于①,设,由抛物线的方程得,则,故,所以或,所以满足条件的点有二个,故①不正确;对于②,不妨设,则关于准线的对称点为,故,当且仅当三点共线时等号成立,故②正确;对于③,由题意知,,且的斜率不为0,则设方程为:,设与抛物线的交点坐标为,联立直线与抛物线的方程为,,整理得,则,所以,则.故的倾斜角互补,所以,故③正确.对于④,由题意知,由③知,则,由,知,即三点在同一条直线上,故④正确.故选:C.【点睛】本题考查了抛物线的定义,考查了直线与抛物线的位置关系,考查了抛物线的性质,考查了直线方程,考查了两点的斜率公式.本题的难点在于第二个命题,结合初中的“饮马问题”分析出何时取最小值.12.C【解析】
取,计算知错误,根据不等式性质知正确,得到答案.【详解】,故,,故正确;取,计算知错误;故选:.【点睛】本题考查了不等式性质,意在考查学生对于不等式性质的灵活运用.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
由可得,利用等比数列的通项公式可得,再利用累加法求和与等比数列的求和公式,即可得出结论.【详解】由,得,数列是等比数列,首项为2,公比为2,,,,,满足上式,.故答案为:.【点睛】本题考查数列的通项公式,递推公式转化为等比数列是解题的关键,利用累加法求通项公式,属于中档题.14.【解析】由题意可得,该四面体的四个顶点位于一个长方体的四个顶点上,设长方体的长宽高为,由题意可得:,据此可得:,则球的表面积:,结合解得:.点睛:与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图,如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线长等于球的直径.15.【解析】
如图所示,正四棱锥,为底面的中心,点为的中点,则,设,根据正四棱锥的侧面积求出的值,再利用勾股定理求得正四棱锥的高,代入体积公式,即可得到答案.【详解】如图所示,正四棱锥,为底面的中心,点为的中点,则,设,,,,,,.故答案为:.【点睛】本题考查棱锥的侧面积和体积,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查运算求解能力.16.【解析】
注意到,故只需比较与1的大小即可.【详解】由已知,,故有.又由,故有.故答案为:.【点睛】本题考查对数式比较大小,涉及到换底公式的应用,考查学生的数学运算能力,是一道中档题.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)(2)证明见解析;定点坐标为【解析】
(1)由条件直接算出即可(2)由得,,,由可得,同理,然后由推出即可【详解】(1)由题有,.∴,∴.∴椭圆方程为.(2)由得,.又∴,同理又∴∴∴∴∴∴,此时满足∴∴直线恒过定点【点睛】涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时,一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.18.【解析】
讨论和的情况,然后再分对称轴和区间之间的关系,最后求出最小值【详解】当时,,它在上是减函数故函数的最小值为当时,函数的图象思维对称轴方程为当时,,函数的最小值为当时,,函数的最小值为当时,,函数的最小值为综上,【点睛】本题主要考查了二次函数在闭区间上的最值,二次函数的性质的应用,体现了分类讨论的数学思想,属于中档题。19.(1)(2).【解析】
(1)根据,由向量,的坐标直接计算即得;(2)先求出,再根据向量平行的坐标关系解得.【详解】(1)由题,向量,,则.(2),.,,整理得,化简得,即,,,,即.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算,以及向量平行,是常考题型.20.(1)是函数的极大值点,理由详见解析;(2)1.【解析】
(1)将直接代入,对求导得,由于函数单调性不好判断,故而构造函数,继续求导,判断导函数在左右两边的正负情况,最后得出,是函数的极大值点;(2)利用题目已有条件得,再证明时,不等式恒成立,即证,从而可知整数的最小值为1.【详解】解:(1)当时,.令,则当时,.即在内为减函数,且∴当时,;当时,.∴在内是增函数,在内是减函数.综上,是函数的极大值点.(2)由题意,得,即.现证明当时,不等式成立,即.即证令则∴当时,;当时,.∴在内单调递增,在内单调递减,的最大值为.∴当时,.即当时,不等式成立.综上,整数的最小值为.【点睛】本题考查学生利用导数处理函数的极值,最值,判断函数的单调性,由此来求解函数中的参数的取值范围,对学生要求较高,然后需要学生能构造新函数处理恒成立问题,为难题21.(1)见证明;(2)【解析】
(1)根据面面垂直的性质得到平面,从而得到,利用勾股定理得到,利用线
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