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文档简介
2021-2022高考数学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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.已知函数,若,,,则a,b,c的大小关系是()A. B. C. D.2.设则以线段为直径的圆的方程是()A. B.C. D.3.已知函数,若,则a的取值范围为()A. B. C. D.4.若,则“”的一个充分不必要条件是A. B.C.且 D.或5.设,命题“存在,使方程有实根”的否定是()A.任意,使方程无实根B.任意,使方程有实根C.存在,使方程无实根D.存在,使方程有实根6.设集合,,则()A. B.C. D.7.已知正方体的棱长为,,,分别是棱,,的中点,给出下列四个命题:①;②直线与直线所成角为;③过,,三点的平面截该正方体所得的截面为六边形;④三棱锥的体积为.其中,正确命题的个数为()A. B. C. D.8.已知复数z,则复数z的虚部为()A. B. C.i D.i9.函数(或)的图象大致是()A. B. C. D.10.如图所示,正方体的棱,的中点分别为,,则直线与平面所成角的正弦值为()A. B. C. D.11.已知双曲线的一个焦点为,点是的一条渐近线上关于原点对称的两点,以为直径的圆过且交的左支于两点,若,的面积为8,则的渐近线方程为()A. B.C. D.12.已知复数z满足(i为虚数单位),则z的虚部为()A. B. C.1 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.安排名男生和名女生参与完成项工作,每人参与一项,每项工作至少由名男生和名女生完成,则不同的安排方式共有________种(用数字作答).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.《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑,如图,在鳖臑中,平面,,且,过点分别作于点,于点,连接,则三棱锥的体积的最大值为__________.16.能说明“在数列中,若对于任意的,,则为递增数列”为假命题的一个等差数列是______.(写出数列的通项公式)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)已知函数.(1)解不等式;(2)记函数的最小值为,正实数、满足,求证:.18.(12分)已知首项为2的数列满足.(1)证明:数列是等差数列.(2)令,求数列的前项和.19.(12分)设数列是等差数列,其前项和为,且,.(1)求数列的通项公式;(2)证明:.20.(12分)已知椭圆:的离心率为,直线:与以原点为圆心,以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.为左顶点,过点的直线交椭圆于,两点,直线,分别交直线于,两点.(1)求椭圆的方程;(2)以线段为直径的圆是否过定点?若是,写出所有定点的坐标;若不是,请说明理由.21.(12分)等差数列的前项和为,已知,.(Ⅰ)求数列的通项公式及前项和为;(Ⅱ)设为数列的前项的和,求证:.22.(10分)在平面直角坐标系中,曲线,曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线、的极坐标方程;(2)在极坐标系中,射线与曲线,分别交于、两点(异于极点),定点,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.D【解析】
根据题意,求出函数的导数,由函数的导数与函数单调性的关系分析可得在上为增函数,又由,分析可得答案.【详解】解:根据题意,函数,其导数函数,则有在上恒成立,则在上为增函数;又由,则;故选:.【点睛】本题考查函数的导数与函数单调性的关系,涉及函数单调性的性质,属于基础题.2.A【解析】
计算的中点坐标为,圆半径为,得到圆方程.【详解】的中点坐标为:,圆半径为,圆方程为.故选:.【点睛】本题考查了圆的标准方程,意在考查学生的计算能力.3.C【解析】
求出函数定义域,在定义域内确定函数的单调性,利用单调性解不等式.【详解】由得,在时,是增函数,是增函数,是增函数,∴是增函数,∴由得,解得.故选:C.【点睛】本题考查函数的单调性,考查解函数不等式,解题关键是确定函数的单调性,解题时可先确定函数定义域,在定义域内求解.4.C【解析】,∴,当且仅当时取等号.故“且”是“”的充分不必要条件.选C.5.A【解析】
只需将“存在”改成“任意”,有实根改成无实根即可.【详解】由特称命题的否定是全称命题,知“存在,使方程有实根”的否定是“任意,使方程无实根”.故选:A【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定,此类问题要注意在两个方面作出变化:1.量词,2.结论,是一道基础题.6.A【解析】
解出集合,利用交集的定义可求得集合.【详解】因为,又,所以.故选:A.【点睛】本题考查交集的计算,同时也考查了一元二次不等式的求解,考查计算能力,属于基础题.7.C【解析】
画出几何体的图形,然后转化判断四个命题的真假即可.【详解】如图;连接相关点的线段,为的中点,连接,因为是中点,可知,,可知平面,即可证明,所以①正确;直线与直线所成角就是直线与直线所成角为;正确;过,,三点的平面截该正方体所得的截面为五边形;如图:是五边形.所以③不正确;如图:三棱锥的体积为:由条件易知F是GM中点,所以,而,.所以三棱锥的体积为,④正确;故选:.【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用,涉及空间几何体的体积,直线与平面的位置关系的应用,平面的基本性质,是中档题.8.B【解析】
利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出【详解】,则复数z的虚部为.故选:B.【点睛】本题考查了复数的运算法则、虚部的定义,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.9.A【解析】
确定函数的奇偶性,排除两个选项,再求时的函数值,再排除一个,得正确选项.【详解】分析知,函数(或)为偶函数,所以图象关于轴对称,排除B,C,当时,,排除D,故选:A.【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象,解题时可通过研究函数的性质,如奇偶性、单调性、对称性等,研究特殊的函数的值、函数值的正负,以及函数值的变化趋势,排除错误选项,得正确结论.10.C【解析】
以D为原点,DA,DC,DD1分别为轴,建立空间直角坐标系,由向量法求出直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值.【详解】以D为原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2,则,,,取平面的法向量为,设直线EF与平面AA1D1D所成角为θ,则sinθ=|,直线与平面所成角的正弦值为.故选C.【点睛】本题考查了线面角的正弦值的求法,也考查数形结合思想和向量法的应用,属于中档题.11.B【解析】
由双曲线的对称性可得即,又,从而可得的渐近线方程.【详解】设双曲线的另一个焦点为,由双曲线的对称性,四边形是矩形,所以,即,由,得:,所以,所以,所以,,所以,的渐近线方程为.故选B【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质,考查直线与圆的位置关系,考查数形结合思想与计算能力,属于中档题.12.D【解析】
根据复数z满足,利用复数的除法求得,再根据复数的概念求解.【详解】因为复数z满足,所以,所以z的虚部为.故选:D.【点睛】本题主要考查复数的概念及运算,还考查了运算求解的能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.1296【解析】
先从4个男生选2个一组,将4人分成三组,然后从4个女生选2个一组,将4人分成三组,然后全排列即可.【详解】由于每项工作至少由名男生和名女生完成,则先从4个男生选2个一组,将4人分成三组,所以男生的排法共有,同理女生的排法共有,故不同的安排共有种.故答案为:1296【点睛】本题主要考查了排列组合的应用,考查了学生应用数学解决实际问题的能力.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】
由已知可得△AEF、△PEF均为直角三角形,且AF=2,由基本不等式可得当AE=EF=2时,△AEF的面积最大,然后由棱锥体积公式可求得体积最大值.【详解】由PA⊥平面ABC,得PA⊥BC,又AB⊥BC,且PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,则BC⊥AE,又PB⊥AE,则AE⊥平面PBC,于是AE⊥EF,且AE⊥PC,结合条件AF⊥PC,得PC⊥平面AEF,∴△AEF、△PEF均为直角三角形,由已知得AF=2,而S△AEF=(AE2+EF2)=AF2=2,当且仅当AE=EF=2时,取“=”,此时△AEF的面积最大,三棱锥P﹣AEF的体积的最大值为:VP﹣AEF===.故答案为【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定,基本不等式的应用,同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力,属于中档题.16.答案不唯一,如【解析】
根据等差数列的性质可得到满足条件的数列.【详解】由题意知,不妨设,则,很明显为递减数列,说明原命题是假命题.所以,答案不唯一,符合条件即可.【点睛】本题考查对等差数列的概念和性质的理解,关键是假设出一个递减的数列,还需检验是否满足命题中的条件,属基础题.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);(2)见解析.【解析】
(1)分、、三种情况解不等式,综合可得出原不等式的的解集;(2)利用绝对值三角不等式可求得函数的最小值为,进而可得出,再将代数式与相乘,利用基本不等式求得的最小值,进而可证得结论成立.【详解】(1)当时,由,得,即,解得,此时;当时,由,得,即,解得,此时;当时,由,得,即,解得,此时.综上所述,不等式的解集为;(2),当且仅当时取等号,所以,.所以,当且仅当,即,时等号成立,所以.所以,即.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解,同时也考查了利用基本不等式证明不等式成立,涉及绝对值三角不等式的应用,考查运算求解能力,属于中等题.18.(1)见解析;(2)【解析】
(1)由原式可得,等式两端同时除以,可得到,即可证明结论;(2)由(1)可求得的表达式,进而可求得的表达式,然后求出的前项和即可.【详解】(1)证明:因为,所以,所以,从而,因为,所以,故数列是首项为1,公差为1的等差数列.(2)由(1)可知,则,因为,所以,则.【点睛】本题考查了等差数列的证明,考查了等差数列及等比数列的前项和公式的应用,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.19.(1)(2)见解析【解析】
(1)设数列的公差为,由,得到,再结合题干所给数据得到公差,即可求得数列的通项公式;(2)由(1)可得,再利用放缩法证明不等式即可;【详解】解:(1)设数列的公差为,∵,∴,∴,∴.(2)∵,∴,∴.【点睛】本题考查等差数列的通项公式的计算,放缩法证明数列不等式,属于中档题.20.(1);(2)是,定点坐标为或【解析】
(1)根据相切得到,根据离心率得到,得到椭圆方程.(2)设直线的方程为,点、的坐标分别为,,联立方程得到,,计算点的坐标为,点的坐标为,圆的方程可化为,得到答案.【详解】(1)根据题意:,因为,所以,所以椭圆的方程为.(2)设直线的方程为,点、的坐标分别为,,把直线的方程代入椭圆方程化简得到,所以,,所以,,因为直线的斜率,所以直线的方程,所以点的坐标为,同理,点的坐标为,故以为直径的圆的方程为,又因为,,所以圆的方程可化为,令,则有,所以定点坐标为或.【点睛】本题考查了椭圆方程,圆过定点问题,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.21.(Ⅰ),(Ⅱ)见解析【解析】
(Ⅰ)根据等差数列公式直接计算得到答案.(Ⅱ),根据裂项求和法计算得到得到证明.【详解】(Ⅰ)等差数列的公差为,由,得,,即,,解得,.∴,.(Ⅱ),∴,∴,即.【点睛】本题考查了等差
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