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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.已知,函数,若函数恰有三个零点,则()A. B.C. D.2.如图是正方体截去一个四棱锥后的得到的几何体的三视图,则该几何体的体积是()A. B. C. D.3.若复数满足,复数的共轭复数是,则()A.1 B.0 C. D.4.某几何体的三视图如图所示,若侧视图和俯视图均是边长为的等边三角形,则该几何体的体积为A. B. C. D.5.已知中内角所对应的边依次为,若,则的面积为()A. B. C. D.6.已知集合,,则集合的真子集的个数是()A.8 B.7 C.4 D.37.已知命题p:直线a∥b,且b⊂平面α,则a∥α;命题q:直线l⊥平面α,任意直线m⊂α,则l⊥m.下列命题为真命题的是()A.p∧q B.p∨(非q) C.(非p)∧q D.p∧(非q)8.已知是两条不重合的直线,是两个不重合的平面,下列命题正确的是()A.若,,,,则B.若,,,则C.若,,,则D.若,,,则9.已知平面和直线a,b,则下列命题正确的是()A.若∥,b∥,则∥ B.若,,则∥C.若∥,,则 D.若,b∥,则10.记为等差数列的前项和.若,,则()A.5 B.3 C.-12 D.-1311.设,,则的值为()A. B.C. D.12.下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形,此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边、直角边,已知以直角边为直径的半圆的面积之比为,记,则()A. B. C.1 D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.动点到直线的距离和他到点距离相等,直线过且交点的轨迹于两点,则以为直径的圆必过_________.14.若且时,不等式恒成立,则实数a的取值范围为________.15.设Sn为数列{an}的前n项和,若an0,a1=1,且2Sn=an(an+t),n∈N*,则S10=_____.16.的展开式中,的系数为____________.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)在中,角、、所对的边分别为、、,且.(1)求角的大小;(2)若,的面积为,求及的值.18.(12分)如图,三棱柱的所有棱长均相等,在底面上的投影在棱上,且∥平面(Ⅰ)证明:平面平面;(Ⅱ)求直线与平面所成角的余弦值.19.(12分)在中,角的对边分别为,且.(1)求角的大小;(2)已知外接圆半径,求的周长.20.(12分)直线与抛物线相交于,两点,且,若,到轴距离的乘积为.(1)求的方程;(2)设点为抛物线的焦点,当面积最小时,求直线的方程.21.(12分)设函数f(x)=sin(2x-π(I)求f(x)的最小正周期;(II)若α∈(π6,π)且f(22.(10分)如图,在中,角的对边分别为,且满足,线段的中点为.(Ⅰ)求角的大小;(Ⅱ)已知,求的大小.
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.C【解析】
当时,最多一个零点;当时,,利用导数研究函数的单调性,根据单调性画函数草图,根据草图可得.【详解】当时,,得;最多一个零点;当时,,,当,即时,,在,上递增,最多一个零点.不合题意;当,即时,令得,,函数递增,令得,,函数递减;函数最多有2个零点;根据题意函数恰有3个零点函数在上有一个零点,在,上有2个零点,如图:且,解得,,.故选.【点睛】遇到此类问题,不少考生会一筹莫展.由于方程中涉及两个参数,故按“一元化”想法,逐步分类讨论,这一过程中有可能分类不全面、不彻底.2.C【解析】
根据三视图作出几何体的直观图,结合三视图的数据可求得几何体的体积.【详解】根据三视图还原几何体的直观图如下图所示:由图可知,该几何体是在棱长为的正方体中截去四棱锥所形成的几何体,该几何体的体积为.故选:C.【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积,考查空间想象能力与计算能力,属于基础题.3.C【解析】
根据复数代数形式的运算法则求出,再根据共轭复数的概念求解即可.【详解】解:∵,∴,则,∴,故选:C.【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算法则,考查共轭复数的概念,属于基础题.4.C【解析】
由三视图可知,该几何体是三棱锥,底面是边长为的等边三角形,三棱锥的高为,所以该几何体的体积,故选C.5.A【解析】
由余弦定理可得,结合可得a,b,再利用面积公式计算即可.【详解】由余弦定理,得,由,解得,所以,.故选:A.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形,考查学生的基本计算能力,是一道容易题.6.D【解析】
转化条件得,利用元素个数为n的集合真子集个数为个即可得解.【详解】由题意得,,集合的真子集的个数为个.故选:D.【点睛】本题考查了集合的化简和运算,考查了集合真子集个数问题,属于基础题.7.C【解析】
首先判断出为假命题、为真命题,然后结合含有简单逻辑联结词命题的真假性,判断出正确选项.【详解】根据线面平行的判定,我们易得命题若直线,直线平面,则直线平面或直线在平面内,命题为假命题;根据线面垂直的定义,我们易得命题若直线平面,则若直线与平面内的任意直线都垂直,命题为真命题.故:A命题“”为假命题;B命题“”为假命题;C命题“”为真命题;D命题“”为假命题.故选:C.【点睛】本小题主要考查线面平行与垂直有关命题真假性的判断,考查含有简单逻辑联结词的命题的真假性判断,属于基础题.8.B【解析】
根据空间中线线、线面位置关系,逐项判断即可得出结果.【详解】A选项,若,,,,则或与相交;故A错;B选项,若,,则,又,是两个不重合的平面,则,故B正确;C选项,若,,则或或与相交,又,是两个不重合的平面,则或与相交;故C错;D选项,若,,则或或与相交,又,是两个不重合的平面,则或与相交;故D错;故选B【点睛】本题主要考查与线面、线线相关的命题,熟记线线、线面位置关系,即可求解,属于常考题型.9.C【解析】
根据线面的位置关系,结合线面平行的判定定理、平行线的性质进行判断即可.【详解】A:当时,也可以满足∥,b∥,故本命题不正确;B:当时,也可以满足,,故本命题不正确;C:根据平行线的性质可知:当∥,,时,能得到,故本命题是正确的;D:当时,也可以满足,b∥,故本命题不正确.故选:C【点睛】本题考查了线面的位置关系,考查了平行线的性质,考查了推理论证能力.10.B【解析】
由题得,,解得,,计算可得.【详解】,,,,解得,,.故选:B【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式,前项和公式,考查了学生运算求解能力.11.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.12.D【解析】
根据以直角边为直径的半圆的面积之比求得,即的值,由此求得和的值,进而求得所求表达式的值.【详解】由于直角边为直径的半圆的面积之比为,所以,即,所以,所以.故选:D【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式,考查二倍角公式,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
利用动点到直线的距离和他到点距离相等,,可知动点的轨迹是以为焦点的抛物线,从而可求曲线的方程,将,代入,利用韦达定理,可得,从而可知以为直径的圆经过原点O.【详解】设点,由题意可得,,,可得,设直线的方程为,代入抛物线可得,,,,以AB为直径的圆经过原点.故答案为:(0,0)【点睛】本题考查了抛物线的定义,考查了直线和抛物线的交汇问题,同时考查了方程的思想和韦达定理,考查了运算能力,属于中档题.14.【解析】
将不等式两边同时平方进行变形,然后得到对应不等式组,对的取值进行分类,将问题转化为二次函数在区间上恒正、恒负时求参数范围,列出对应不等式组,即可求解出的取值范围.【详解】因为,所以,所以,所以,所以或,当时,对且不成立,当时,取,显然不满足,所以,所以,解得;当时,取,显然不满足,所以,所以,解得,综上可得的取值范围是:.故答案为:.【点睛】本题考查根据不等式恒成立求解参数范围,难度较难.根据不等式恒成立求解参数范围的两种常用方法:(1)分类讨论法:分析参数的临界值,对参数分类讨论;(2)参变分离法:将参数单独分离出来,再以函数的最值与参数的大小关系求解出参数范围.15.55【解析】
由求出.由,可得,两式相减,可得数列是以1为首项,1为公差的等差数列,即求.【详解】由题意,当n=1时,,当时,由,可得,两式相减,可得,整理得,,即,∴数列是以1为首项,1为公差的等差数列,.故答案为:55.【点睛】本题考查求数列的前项和,属于基础题.16.16【解析】
要得到的系数,只要求出二项式中的系数减去的系数的2倍即可【详解】的系数为.故答案为:16【点睛】此题考查二项式的系数,属于基础题.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);【解析】
(1)由代入中计算即可;(2)由余弦定理可得,所以,由,变形即可得到答案.【详解】(1)因为,可得:,∴,或(舍),∵,∴.(2)由余弦定理,得所以,故,又,所以,所以.【点睛】本题考查二倍角公式以及正余弦定理解三角形,考查学生的运算求解能力,是一道容易题.18.(Ⅰ)见解析(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)连接交于点,连接,由于平面,得出,根据线线位置关系得出,利用线面垂直的判定和性质得出,结合条件以及面面垂直的判定,即可证出平面平面;(Ⅱ)根据题意,建立空间直角坐标系,利用空间向量法分别求出和平面的法向量,利用空间向量线面角公式,即可求出直线与平面所成角的余弦值.【详解】解:(Ⅰ)证明:连接交于点,连接,则平面平面,平面,,为的中点,为的中点,平面,,平面,平面,平面平面(Ⅱ)建立如图所示空间直角坐标系,设则,,,,,设平面的法向量为,则,取得,设直线与平面所成角为,直线与平面所成角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量法求线面角的余弦值,考查空间想象能力和推理能力.19.(1)(2)3+3【解析】
(1)利用余弦的二倍角公式和同角三角函数关系式化简整理并结合范围0<A<π,可求A的值.(2)由正弦定理可求a,利用余弦定理可得c值,即可求周长.【详解】(1),即又(2),∵,∴由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA,∴,∵c>0,所以得c=2,∴周长a+b+c=3+3.【点睛】本题考查三角函数恒等变换的应用,正弦定理,余弦定理在解三角形中的应用,考查了转化思想,属于中档题.20.(1);(2)【解析】
(1)设出两点的坐标,由距离之积为16,可得.利用向量的数量积坐标运算,将转化为.再利用两点均在抛物线上,即可求得p的值,从而求出抛物线的方程;(2)设出直线l的方程,代入抛物线方程,由韦达定理发现直线l恒过定点,将面积用参数t表示,求出其最值,并得出此时的直线方程.【详解】解:(1)由题设,因为,到轴的距离的积为,所以,又因为,,,所以抛物线的方程为.(2)因为直线与抛物线两个公共点,所以的斜率不为,所以设联立,得,即,,即直线恒过定点,所以,当时,面积取得最小值,此时.【点睛】本题考查了抛物线的标准方程的求法,直线与抛物线相交的问题,其中垂直条件的转化,直线过定点均为该题的关键,属于综合性较强的题.21.(I)π;(II)-【解析】
(I)化简得到fx(II)f(α2)=2sin【详解】(I)f(x)==2sin2x+(II)f(α2)=
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