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文档简介
2021-2022高考数学模拟试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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.下列函数中,既是奇函数,又在上是增函数的是().A. B.C. D.2.将函数向左平移个单位,得到的图象,则满足()A.图象关于点对称,在区间上为增函数B.函数最大值为2,图象关于点对称C.图象关于直线对称,在上的最小值为1D.最小正周期为,在有两个根3.若向量,则()A.30 B.31 C.32 D.334.在的展开式中,的系数为()A.-120 B.120 C.-15 D.155.若函数有且只有4个不同的零点,则实数的取值范围是()A. B. C. D.6.已知数列的通项公式是,则()A.0 B.55 C.66 D.787.已知三棱锥的外接球半径为2,且球心为线段的中点,则三棱锥的体积的最大值为()A. B. C. D.8.某工厂利用随机数表示对生产的600个零件进行抽样测试,先将600个零件进行编号,编号分别为001,002,……,599,600.从中抽取60个样本,下图提供随机数表的第4行到第6行:若从表中第6行第6列开始向右读取数据,则得到的第6个样本编号是()A.324 B.522 C.535 D.5789.如图所示的程序框图,当其运行结果为31时,则图中判断框①处应填入的是()A. B. C. D.10.函数在上单调递增,则实数的取值范围是()A. B. C. D.11.抛掷一枚质地均匀的硬币,每次正反面出现的概率相同,连续抛掷5次,至少连续出现3次正面朝上的概率是()A. B. C. D.12.如图,在三棱锥中,平面,,,,,分别是棱,,的中点,则异面直线与所成角的余弦值为A.0 B. C. D.1二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设,则除以的余数是______.14.已知,,且,则最小值为__________.15.若椭圆:的一个焦点坐标为,则的长轴长为_______.16.学校艺术节对同一类的四项参赛作品,只评一项一等奖,在评奖揭晓前,甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下:甲说:“作品获得一等奖”;乙说:“作品获得一等奖”;丙说:“,两项作品未获得一等奖”;丁说:“是或作品获得一等奖”,若这四位同学中只有两位说的话是对的,则获得一等奖的作品是___.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)在平面直角坐标系中,椭圆:的右焦点为(,为常数),离心率等于0.8,过焦点、倾斜角为的直线交椭圆于、两点.⑴求椭圆的标准方程;⑵若时,,求实数;⑶试问的值是否与的大小无关,并证明你的结论.18.(12分)已知椭圆:的两个焦点是,,在椭圆上,且,为坐标原点,直线与直线平行,且与椭圆交于,两点.连接、与轴交于点,.(1)求椭圆的标准方程;(2)求证:为定值.19.(12分)已知抛物线的焦点也是椭圆的一个焦点,与的公共弦的长为.(1)求的方程;(2)过点的直线与相交于、两点,与相交于、两点,且与同向,设在点处的切线与轴的交点为,证明:直线绕点旋转时,总是钝角三角形;(3)为上的动点,、为长轴的两个端点,过点作的平行线交椭圆于点,过点作的平行线交椭圆于点,请问的面积是否为定值,并说明理由.20.(12分)已知函数,函数,其中,是的一个极值点,且.(1)讨论的单调性(2)求实数和a的值(3)证明21.(12分)已知椭圆的右焦点为,离心率为.(1)若,求椭圆的方程;(2)设直线与椭圆相交于、两点,、分别为线段、的中点,若坐标原点在以为直径的圆上,且,求的取值范围.22.(10分)已知在平面直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数),以坐标原点为极点,轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求曲线与直线的直角坐标方程;(2)若曲线与直线交于两点,求的值.
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.B【解析】
奇函数满足定义域关于原点对称且,在上即可.【详解】A:因为定义域为,所以不可能时奇函数,错误;B:定义域关于原点对称,且满足奇函数,又,所以在上,正确;C:定义域关于原点对称,且满足奇函数,,在上,因为,所以在上不是增函数,错误;D:定义域关于原点对称,且,满足奇函数,在上很明显存在变号零点,所以在上不是增函数,错误;故选:B【点睛】此题考查判断函数奇偶性和单调性,注意奇偶性的前提定义域关于原点对称,属于简单题目.2.C【解析】
由辅助角公式化简三角函数式,结合三角函数图象平移变换即可求得的解析式,结合正弦函数的图象与性质即可判断各选项.【详解】函数,则,将向左平移个单位,可得,由正弦函数的性质可知,的对称中心满足,解得,所以A、B选项中的对称中心错误;对于C,的对称轴满足,解得,所以图象关于直线对称;当时,,由正弦函数性质可知,所以在上的最小值为1,所以C正确;对于D,最小正周期为,当,,由正弦函数的图象与性质可知,时仅有一个解为,所以D错误;综上可知,正确的为C,故选:C.【点睛】本题考查了三角函数式的化简,三角函数图象平移变换,正弦函数图象与性质的综合应用,属于中档题.3.C【解析】
先求出,再与相乘即可求出答案.【详解】因为,所以.故选:C.【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题.4.C【解析】
写出展开式的通项公式,令,即,则可求系数.【详解】的展开式的通项公式为,令,即时,系数为.故选C【点睛】本题考查二项式展开的通项公式,属基础题.5.B【解析】
由是偶函数,则只需在上有且只有两个零点即可.【详解】解:显然是偶函数所以只需时,有且只有2个零点即可令,则令,递减,且递增,且时,有且只有2个零点,只需故选:B【点睛】考查函数性质的应用以及根据零点个数确定参数的取值范围,基础题.6.D【解析】
先分为奇数和偶数两种情况计算出的值,可进一步得到数列的通项公式,然后代入转化计算,再根据等差数列求和公式计算出结果.【详解】解:由题意得,当为奇数时,,当为偶数时,所以当为奇数时,;当为偶数时,,所以故选:D【点睛】此题考查数列与三角函数的综合问题,以及数列求和,考查了正弦函数的性质应用,等差数列的求和公式,属于中档题.7.C【解析】
由题可推断出和都是直角三角形,设球心为,要使三棱锥的体积最大,则需满足,结合几何关系和图形即可求解【详解】先画出图形,由球心到各点距离相等可得,,故是直角三角形,设,则有,又,所以,当且仅当时,取最大值4,要使三棱锥体积最大,则需使高,此时,故选:C【点睛】本题考查由三棱锥外接球半径,半径与球心位置求解锥体体积最值问题,属于基础题8.D【解析】
因为要对600个零件进行编号,所以编号必须是三位数,因此按要求从第6行第6列开始向右读取数据,大于600的,重复出现的舍去,直至得到第六个编号.【详解】从第6行第6列开始向右读取数据,编号内的数据依次为:,因为535重复出现,所以符合要求的数据依次为,故第6个数据为578.选D.【点睛】本题考查了随机数表表的应用,正确掌握随机数表法的使用方法是解题的关键.9.C【解析】
根据程序框图的运行,循环算出当时,结束运行,总结分析即可得出答案.【详解】由题可知,程序框图的运行结果为31,当时,;当时,;当时,;当时,;当时,.此时输出.故选:C.【点睛】本题考查根据程序框图的循环结构,已知输出结果求条件框,属于基础题.10.B【解析】
对分类讨论,当,函数在单调递减,当,根据对勾函数的性质,求出单调递增区间,即可求解.【详解】当时,函数在上单调递减,所以,的递增区间是,所以,即.故选:B.【点睛】本题考查函数单调性,熟练掌握简单初等函数性质是解题关键,属于基础题.11.A【解析】
首先求出样本空间样本点为个,再利用分类计数原理求出三个正面向上为连续的3个“1”的样本点个数,再求出重复数量,可得事件的样本点数,根据古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】样本空间样本点为个,具体分析如下:记正面向上为1,反面向上为0,三个正面向上为连续的3个“1”,有以下3种位置1____,__1__,____1.剩下2个空位可是0或1,这三种排列的所有可能分别都是,但合并计算时会有重复,重复数量为,事件的样本点数为:个.故不同的样本点数为8个,.故选:A【点睛】本题考查了分类计数原理与分步计数原理,古典概型的概率计算公式,属于基础题12.B【解析】
根据题意可得平面,,则即异面直线与所成的角,连接CG,在中,,易得,所以,所以,故选B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.1【解析】
利用二项式定理得到,将89写成1+88,然后再利用二项式定理展开即可.【详解】,因展开式中后面10项均有88这个因式,所以除以的余数为1.故答案为:1【点睛】本题考查二项式定理的综合应用,涉及余数的问题,解决此类问题的关键是灵活构造二项式,并将它展开分析,本题是一道基础题.14.【解析】
首先整理所给的代数式,然后结合均值不等式的结论即可求得其最小值.【详解】,结合可知原式,且,当且仅当时等号成立.即最小值为.【点睛】在应用基本不等式求最值时,要把握不等式成立的三个条件,就是“一正——各项均为正;二定——积或和为定值;三相等——等号能否取得”,若忽略了某个条件,就会出现错误.15.【解析】
由焦点坐标得从而可求出,继而得到椭圆的方程,即可求出长轴长.【详解】解:因为一个焦点坐标为,则,即,解得或由表示的是椭圆,则,所以,则椭圆方程为所以.故答案为:.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,考查了椭圆的几何意义.本题的易错点是忽略,从而未对的两个值进行取舍.16.C【解析】
假设获得一等奖的作品,判断四位同学说对的人数.【详解】分别获奖的说对人数如下表:获奖作品ABCD甲对错错错乙错错对错丙对错对错丁对错错对说对人数3021故获得一等奖的作品是C.【点睛】本题考查逻辑推理,常用方法有:1、直接推理结果,2、假设结果检验条件.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)(3)为定值【解析】试题分析:(1)利用待定系数法可得,椭圆方程为;(2)我们要知道=的条件应用,在于直线交椭圆两交点M,N的横坐标为,这样代入椭圆方程,容易得到,从而解得;(3)需讨论斜率是否存在.一方面斜率不存在即=时,由(2)得;另一方面,当斜率存在即时,可设直线的斜率为,得直线MN:,联立直线与椭圆方程,利用韦达定理和焦半径公式,就能得到,所以为定值,与直线的倾斜角的大小无关试题解析:(1),得:,椭圆方程为(2)当时,,得:,于是当=时,,于是,得到(3)①当=时,由(2)知②当时,设直线的斜率为,,则直线MN:联立椭圆方程有,,,=+==得综上,为定值,与直线的倾斜角的大小无关考点:(1)待定系数求椭圆方程;(2)椭圆简单的几何性质;(3)直线与圆锥曲线18.(1)(2)证明见解析【解析】
(1)根据椭圆的定义可得,将代入椭圆方程,即可求得的值,求得椭圆方程;(2)设直线的方程,代入椭圆方程,求得直线和的方程,求得和的横坐标,表示出,根据韦达定理即可求证为定值.【详解】(1)因为,由椭圆的定义得,,点在椭圆上,代入椭圆方程,解得,所以的方程为;(2)证明:设,,直线的斜率为,设直线的方程为,联立方程组,消去,整理得,所以,,直线的直线方程为,令,则,同理,所以:,代入整理得,所以为定值.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法,考查直线和椭圆的位置关系,考查椭圆中的定值问题,属于中档题.19.(1);(2)证明见解析;(3)是,理由见解析.【解析】
(1)根据两个曲线的焦点相同,得到,再根据与的公共弦长为得出,可求出和的值,进而可得出曲线的方程;(2)设点,根据导数的几何意义得到曲线在点处的切线方程,求出点的坐标,利用向量的数量积得出,则问题得以证明;(3)设直线,直线,、、,推导出以及,求出和,通过化简计算可得出为定值,进而可得出结论.【详解】(1)由知其焦点的坐标为,也是椭圆的一个焦点,,①又与的公共弦的长为,与都关于轴对称,且的方程为,由此易知与的公共点的坐标为,,②联立①②,得,,故的方程为;(2)如图,,由得,在点处的切线方程为,即,令,得,即,,而,于是,因此是锐角,从而是钝角.故直线绕点旋转时,总是钝角三角形;(3)设直线,直线,、、,则,设向量和的夹角为,则的面积为,由,可得,同理可得,故有.又,故,则,因此,的面积为定值.【点睛】本题考查了圆锥曲线的和直线的位置与关系,考查钝角三角形的判定以及三角形面积为定值的求解,关键是联立方程,构造方程,利用韦达定理,以及向量的关系,得到关于斜率的方程,计算量大,属于难题.20.(1)在区间单调递增;(2);(3)证明见解析.【解析】
(1)求出,在定义域内,再次求导,可得在区间上恒成立,从而可得结论;(2)由,可得,由可得,联立解方程组可得结果;(3)由(1)知在区间单调递增,可证明,取,可得,而,利用裂项相消法,结合放缩法可得结果.【详解】(1)由已知可得函数的定义域为,且,令,则有,由,可得,可知当x变化时,的变化情况如下表:1-0+极小值,即,可得在区间单调递增;(2)由已知可得函数的定义域为,且,由已知得,即,①由可得,,②联立①②,消去a,可得,③令,则,由(1)知,,故,在区间单调递增,注意到,所以方程③有唯一解,代入①,可得,;(3)证明:由(1)知在区间单调递增,故当时,,,可
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