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文档简介

2021-2022高考数学模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.某四棱锥的三视图如图所示,记为此棱锥所有棱的长度的集合,则().A.,且 B.,且C.,且 D.,且2.阅读下侧程序框图,为使输出的数据为31,则①处应填的数字为A.4 B.5 C.6 D.73.设,,则的值为()A. B.C. D.4.袋中装有标号为1,2,3,4,5,6且大小相同的6个小球,从袋子中一次性摸出两个球,记下号码并放回,如果两个号码的和是3的倍数,则获奖,若有5人参与摸球,则恰好2人获奖的概率是()A. B. C. D.5.执行如图所示的程序框图,则输出的()A.2 B.3 C. D.6.已知关于的方程在区间上有两个根,,且,则实数的取值范围是()A. B. C. D.7.已知,且,则的值为()A. B. C. D.8.“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9.世纪产生了著名的“”猜想:任给一个正整数,如果是偶数,就将它减半;如果是奇数,则将它乘加,不断重复这样的运算,经过有限步后,一定可以得到.如图是验证“”猜想的一个程序框图,若输入正整数的值为,则输出的的值是()A. B. C. D.10.半径为2的球内有一个内接正三棱柱,则正三棱柱的侧面积的最大值为()A. B. C. D.11.已知Sn为等比数列{an}的前n项和,a5=16,a3a4=﹣32,则S8=()A.﹣21 B.﹣24 C.85 D.﹣8512.若,则,,,的大小关系为()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知是第二象限角,且,,则____.14.西周初数学家商高在公元前1000年发现勾股定理的一个特例:勾三,股四,弦五.此发现早于毕达哥拉斯定理五百到六百年.我们把可以构成一个直角三角形三边的一组正整数称为勾股数.现从3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13这11个数中随机抽取3个数,则这3个数能构成勾股数的概率为__________.15.割圆术是估算圆周率的科学方法,由三国时期数学家刘徽创立,他用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积,从而得出圆周率.现在半径为1的圆内任取一点,则该点取自其内接正十二边形内部的概率为________.16.的展开式中的常数项为_______.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)已知数列和满足,,,,.(Ⅰ)求与;(Ⅱ)记数列的前项和为,且,若对,恒成立,求正整数的值.18.(12分)已知是递增的等差数列,,是方程的根.(1)求的通项公式;(2)求数列的前项和.19.(12分)已知函数.(1)设,求函数的单调区间,并证明函数有唯一零点.(2)若函数在区间上不单调,证明:.20.(12分)已知函数.(1)求证:当时,;(2)若对任意存在和使成立,求实数的最小值.21.(12分)在平面直角坐标系中,直线与抛物线:交于,两点,且当时,.(1)求的值;(2)设线段的中点为,抛物线在点处的切线与的准线交于点,证明:轴.22.(10分)已知椭圆的右焦点为,直线被称作为椭圆的一条准线,点在椭圆上(异于椭圆左、右顶点),过点作直线与椭圆相切,且与直线相交于点.(1)求证:.(2)若点在轴的上方,当的面积最小时,求直线的斜率.附:多项式因式分解公式:

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】

首先把三视图转换为几何体,根据三视图的长度,进一步求出个各棱长.【详解】根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为四棱锥体,如图所示:所以:,,.故选:D..【点睛】本题考查三视图和几何体之间的转换,主要考查运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题.2.B【解析】考点:程序框图.分析:分析程序中各变量、各语句的作用,再根据流程图所示的顺序,可知:该程序的作用是利用循环求S的值,我们用表格列出程序运行过程中各变量的值的变化情况,不难给出答案.解:程序在运行过程中各变量的值如下表示:Si是否继续循环循环前11/第一圈32是第二圈73是第三圈154是第四圈315否故最后当i<5时退出,故选B.3.D【解析】

利用倍角公式求得的值,利用诱导公式求得的值,利用同角三角函数关系式求得的值,进而求得的值,最后利用正切差角公式求得结果.【详解】,,,,,,,,故选:D.【点睛】该题考查的是有关三角函数求值问题,涉及到的知识点有诱导公式,正切倍角公式,同角三角函数关系式,正切差角公式,属于基础题目.4.C【解析】

先确定摸一次中奖的概率,5个人摸奖,相当于发生5次试验,根据每一次发生的概率,利用独立重复试验的公式得到结果.【详解】从6个球中摸出2个,共有种结果,两个球的号码之和是3的倍数,共有摸一次中奖的概率是,5个人摸奖,相当于发生5次试验,且每一次发生的概率是,有5人参与摸奖,恰好有2人获奖的概率是,故选:.【点睛】本题主要考查了次独立重复试验中恰好发生次的概率,考查独立重复试验的概率,解题时主要是看清摸奖5次,相当于做了5次独立重复试验,利用公式做出结果,属于中档题.5.B【解析】

运行程序,依次进行循环,结合判断框,可得输出值.【详解】起始阶段有,,第一次循环后,,第二次循环后,,第三次循环后,,第四次循环后,,所有后面的循环具有周期性,周期为3,当时,再次循环输出的,,此时,循环结束,输出,故选:B【点睛】本题主要考查程序框图的相关知识,经过几次循环找出规律是关键,属于基础题型.6.C【解析】

先利用三角恒等变换将题中的方程化简,构造新的函数,将方程的解的问题转化为函数图象的交点问题,画出函数图象,再结合,解得的取值范围.【详解】由题化简得,,作出的图象,又由易知.故选:C.【点睛】本题考查了三角恒等变换,方程的根的问题,利用数形结合法,求得范围.属于中档题.7.A【解析】

由及得到、,进一步得到,再利用两角差的正切公式计算即可.【详解】因为,所以,又,所以,,所以.故选:A.【点睛】本题考查三角函数诱导公式、二倍角公式以及两角差的正切公式的应用,考查学生的基本计算能力,是一道基础题.8.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.9.C【解析】

列出循环的每一步,可得出输出的的值.【详解】,输入,,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数不成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,不成立,是偶数成立,则;,成立,跳出循环,输出的值为.故选:C.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果,考查计算能力,属于基础题.10.B【解析】

设正三棱柱上下底面的中心分别为,底面边长与高分别为,利用,可得,进一步得到侧面积,再利用基本不等式求最值即可.【详解】如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为,底面边长与高分别为,则,在中,,化为,,,当且仅当时取等号,此时.故选:B.【点睛】本题考查正三棱柱与球的切接问题,涉及到基本不等式求最值,考查学生的计算能力,是一道中档题.11.D【解析】

由等比数列的性质求得a1q4=16,a12q5=﹣32,通过解该方程求得它们的值,求首项和公比,根据等比数列的前n项和公式解答即可.【详解】设等比数列{an}的公比为q,∵a5=16,a3a4=﹣32,∴a1q4=16,a12q5=﹣32,∴q=﹣2,则,则,故选:D.【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和,根据等比数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键,属于基础题.12.D【解析】因为,所以,因为,,所以,.综上;故选D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

由是第二象限角,且,可得,由及两角和的正切公式可得的值.【详解】解:由是第二象限角,且,可得,,由,可得,代入,可得,故答案为:.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系及两角和的正切公式,相对不难,注意运算的准确性.14.【解析】

由组合数结合古典概型求解即可【详解】从11个数中随机抽取3个数有种不同的方法,其中能构成勾股数的有共三种,所以,所求概率为.故答案为【点睛】本题考查古典概型与数学文化,考查组合问题,数据处理能力和应用意识.15.【解析】

求出圆内接正十二边形的面积和圆的面积,再用几何概型公式求出即可.【详解】半径为1的圆内接正十二边形,可分割为12个顶角为,腰为1的等腰三角形,∴该正十二边形的面积为,根据几何概型公式,该点取自其内接正十二边形的概率为,故答案为:.【点睛】本小题主要考查面积型几何概型的计算,属于基础题.16.【解析】

写出展开式的通项公式,考虑当的指数为零时,对应的值即为常数项.【详解】的展开式通项公式为:,令,所以,所以常数项为.

故答案为:.【点睛】本题考查二项展开式中指定项系数的求解,难度较易.解答问题的关键是,能通过展开式通项公式分析常数项对应的取值.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)1【解析】

(Ⅰ)易得为等比数列,再利用前项和与通项的关系求解的通项公式即可.(Ⅱ)由题可知要求的最小值,再分析的正负即可得随的增大而增大再判定可知即可.【详解】(Ⅰ)因为,故是以为首项,2为公比的等比数列,故.又当时,,解得.当时,…①…②①-②有,即.当时也满足.故为常数列,所以.即.故,(Ⅱ)因为对,恒成立.故只需求的最小值即可.设,则,又,又当时,时.当时,因为.故.综上可知.故随着的增大而增大,故,故【点睛】本题主要考查了根据数列的递推公式求解通项公式的方法,同时也考查了根据数列的增减性判断最值的问题,需要根据题意求解的通项,并根据二项式定理分析其正负,从而得到最小项.属于难题.18.(1);(2).【解析】

(1)方程的两根为,由题意得,在利用等差数列的通项公式即可得出;(2)利用“错位相减法”、等比数列的前项和公式即可求出.【详解】方程x2-5x+6=0的两根为2,3.由题意得a2=2,a4=3.设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=,从而得a1=.所以{an}的通项公式为an=n+1.(2)设的前n项和为Sn,由(1)知=,则Sn=++…++,Sn=++…++,两式相减得Sn=+-=+-,所以Sn=2-.考点:等差数列的性质;数列的求和.【方法点晴】本题主要考查了等差数列的通项公式、“错位相减法”、等比数列的前项和公式、一元二次方程的解法等知识点的综合应用,解答中方程的两根为,由题意得,即可求解数列的通项公式,进而利用错位相减法求和是解答的关键,着重考查了学生的推理能力与运算能力,属于中档试题.19.(1)为增区间;为减区间.见解析(2)见解析【解析】

(1)先求得的定义域,然后利用导数求得的单调区间,结合零点存在性定理判断出有唯一零点.(2)求得的导函数,结合在区间上不单调,证得,通过证明,证得成立.【详解】(1)∵函数的定义域为,由,解得为增区间;由解得为减区间.下面证明函数只有一个零点:∵,所以函数在区间内有零点,∵,函数在区间上没有零点,故函数只有一个零点.(2)证明:函数,则当时,,不符合题意;当时,令,则,所以在上单调增函数,而,又∵区间上不单调,所以存在,使得在上有一个零点,即,所以,且,即两边取自然对数,得即,要证,即证,先证明:,令,则∴在上单调递增,即,∴①在①中令,∴令∴,即即,∴.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间和零点,考查利用导数证明不等式,考查分类讨论的数学思想方法,考查化归与转化的数学思想方法,属于难题.20.(1)见解析;(2)【解析】

(1)不等式等价于,设,利用导数可证恒成立,从而原不等式成立.(2)由题设条件可得在上有两个不同零点,且,利用导数讨论的单调性后可得其最小值,结合前述的集合的包含关系可得的取值范围.【详解】(1)设,则,当时,由,所以在上是减函数,所以,故.因为,所以,所以当时,.(2)由(1)当时,;任意,存在和使成立,所以在上有两个不同零点,且,(1)当时,在上为减函数,不合题意;(2)当时,,由题意知在上不单调,所以,即,当时,,时,,所以在上递减,在上递增,所以,解得,因为,所以成立,下面证明存在,使得,取,先证明,即证,令,则在时恒成立,所以成立,因为,所以时命题成立.因为,所以.故实数的最小值为.【点睛】本题考查导数在不等式恒成立、等式能成立中的应用,前者注意将

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