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文档简介
2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.已知向量,,则向量在向量上的投影是()A. B. C. D.2.已知函数,则的最小值为()A. B. C. D.3.已知实数满足约束条件,则的最小值是A. B. C.1 D.44.如图,内接于圆,是圆的直径,,则三棱锥体积的最大值为()A. B. C. D.5.已知复数z满足,则在复平面上对应的点在()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限6.已知数列满足:)若正整数使得成立,则()A.16 B.17 C.18 D.197.已知点P在椭圆τ:=1(a>b>0)上,点P在第一象限,点P关于原点O的对称点为A,点P关于x轴的对称点为Q,设,直线AD与椭圆τ的另一个交点为B,若PA⊥PB,则椭圆τ的离心率e=()A. B. C. D.8.的展开式中,满足的的系数之和为()A. B. C. D.9.公元263年左右,我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时,多边形面积可无限逼近圆的面积,并创立了“割圆术”,利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值,这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图,则输出的值为()(参考数据:)A.48 B.36 C.24 D.1210.在展开式中的常数项为A.1 B.2 C.3 D.711.某学校组织学生参加英语测试,成绩的频率分布直方图如图,数据的分组依次为,若低于60分的人数是18人,则该班的学生人数是()A.45 B.50 C.55 D.6012.已知是等差数列的前项和,若,,则()A.5 B.10 C.15 D.20二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知,复数且(为虚数单位),则__________,_________.14.锐角中,角,,所对的边分别为,,,若,则的取值范围是______.15.的展开式中,常数项为______;系数最大的项是______.16.若随机变量的分布列如表所示,则______,______.-101三、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C:(a>b>0)过点(0,),且满足a+b=3.(1)求椭圆C的方程;(2)若斜率为的直线与椭圆C交于两个不同点A,B,点M坐标为(2,1),设直线MA与MB的斜率分别为k1,k2,试问k1+k2是否为定值?并说明理由.18.(12分)已知数列的前项和为,且满足().(1)求数列的通项公式;(2)设(),数列的前项和.若对恒成立,求实数,的值.19.(12分)已知函数.(1)当时,求函数在处的切线方程;(2)若函数没有零点,求实数的取值范围.20.(12分)已知数列,其前项和为,满足,,其中,,,.⑴若,,(),求证:数列是等比数列;⑵若数列是等比数列,求,的值;⑶若,且,求证:数列是等差数列.21.(12分)小丽在同一城市开的2家店铺各有2名员工.节假日期间的某一天,每名员工休假的概率都是,且是否休假互不影响,若一家店铺的员工全部休假,而另一家无人休假,则调剂1人到该店维持营业,否则该店就停业.(1)求发生调剂现象的概率;(2)设营业店铺数为X,求X的分布列和数学期望.22.(10分)已知椭圆的离心率为,且以原点O为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切.(1)求椭圆的标准方程;(2)已知动直线l过右焦点F,且与椭圆C交于A、B两点,已知Q点坐标为,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.A【解析】
先利用向量坐标运算求解,再利用向量在向量上的投影公式即得解【详解】由于向量,故向量在向量上的投影是.故选:A【点睛】本题考查了向量加法、减法的坐标运算和向量投影的概念,考查了学生概念理解,数学运算的能力,属于中档题.2.C【解析】
利用三角恒等变换化简三角函数为标准正弦型三角函数,即可容易求得最小值.【详解】由于,故其最小值为:.故选:C.【点睛】本题考查利用降幂扩角公式、辅助角公式化简三角函数,以及求三角函数的最值,属综合基础题.3.B【解析】
作出该不等式组表示的平面区域,如下图中阴影部分所示,设,则,易知当直线经过点时,z取得最小值,由,解得,所以,所以,故选B.4.B【解析】
根据已知证明平面,只要设,则,从而可得体积,利用基本不等式可得最大值.【详解】因为,所以四边形为平行四边形.又因为平面,平面,所以平面,所以平面.在直角三角形中,,设,则,所以,所以.又因为,当且仅当,即时等号成立,所以.故选:B.【点睛】本题考查求棱锥体积的最大值.解题方法是:首先证明线面垂直同,得棱锥的高,然后设出底面三角形一边长为,用建立体积与边长的函数关系,由基本不等式得最值,或由函数的性质得最值.5.A【解析】
设,由得:,由复数相等可得的值,进而求出,即可得解.【详解】设,由得:,即,由复数相等可得:,解之得:,则,所以,在复平面对应的点的坐标为,在第一象限.故选:A.【点睛】本题考查共轭复数的求法,考查对复数相等的理解,考查复数在复平面对应的点,考查运算能力,属于常考题.6.B【解析】
计算,故,解得答案.【详解】当时,,即,且.故,,故.故选:.【点睛】本题考查了数列的相关计算,意在考查学生的计算能力和对于数列公式方法的综合应用.7.C【解析】
设,则,,,设,根据化简得到,得到答案.【详解】设,则,,,则,设,则,两式相减得到:,,,即,,,故,即,故,故.故选:.【点睛】本题考查了椭圆的离心率,意在考查学生的计算能力和转化能力.8.B【解析】
,有,,三种情形,用中的系数乘以中的系数,然后相加可得.【详解】当时,的展开式中的系数为.当,时,系数为;当,时,系数为;当,时,系数为;故满足的的系数之和为.故选:B.【点睛】本题考查二项式定理,掌握二项式定理和多项式乘法是解题关键.9.C【解析】
由开始,按照框图,依次求出s,进行判断。【详解】,故选C.【点睛】框图问题,依据框图结构,依次准确求出数值,进行判断,是解题关键。10.D【解析】
求出展开项中的常数项及含的项,问题得解。【详解】展开项中的常数项及含的项分别为:,,所以展开式中的常数项为:.故选:D【点睛】本题主要考查了二项式定理中展开式的通项公式及转化思想,考查计算能力,属于基础题。11.D【解析】
根据频率分布直方图中频率=小矩形的高×组距计算成绩低于60分的频率,再根据样本容量求出班级人数.【详解】根据频率分布直方图,得:低于60分的频率是(0.005+0.010)×20=0.30,∴样本容量(即该班的学生人数)是60(人).故选:D.【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题,也考查了频率的应用问题,属于基础题12.C【解析】
利用等差通项,设出和,然后,直接求解即可【详解】令,则,,∴,,∴.【点睛】本题考查等差数列的求和问题,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】∵复数且∴∴∴∴,故答案为,14.【解析】
由余弦定理,正弦定理得出,从而得出,推出的范围,由余弦函数的性质得出的范围,再利用二倍角公式化简,即可得出答案.【详解】由题意得由正弦定理得化简得又为锐角三角形,则,,.故答案为【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用,属于中档题.15.【解析】
求出二项展开式的通项,令指数为零,求出参数的值,代入可得出展开式中的常数项;求出项的系数,利用作商法可求出系数最大的项.【详解】的展开式的通项为,令,得,所以,展开式中的常数项为;令,令,即,解得,,,因此,展开式中系数最大的项为.故答案为:;.【点睛】本题考查二项展开式中常数项的求解,同时也考查了系数最大项的求解,涉及展开式通项的应用,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.16.【解析】
首先求得a的值,然后利用均值的性质计算均值,最后求得的值,由方差的性质计算的值即可.【详解】由题意可知,解得(舍去)或.则,则,由方差的计算性质得.【点睛】本题主要考查分布列的性质,均值的计算公式,方差的计算公式,方差的性质等知识,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.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)k1+k2为定值0,见解析【解析】
(1)利用已知条件直接求解,得到椭圆的方程;(2)设直线在轴上的截距为,推出直线方程,然后将直线与椭圆联立,设,利用韦达定理求出,然后化简求解即可.【详解】(1)由椭圆过点(0,),则,又a+b=3,所以,故椭圆的方程为;(2),证明如下:设直线在轴上的截距为,所以直线的方程为:,由得:,由得,设,则,所以,又,所以,故.【点睛】本题主要考查了椭圆的标准方程的求解,直线与椭圆的位置关系的综合应用,考查了方程的思想,转化与化归的思想,考查了学生的运算求解能力.18.(1)(2),.【解析】
(1)根据数列的通项与前n项和的关系式,即求解数列的通项公式;(2)由(1)可得,利用等比数列的前n项和公式和裂项法,求得,结合题意,即可求解.【详解】(1)由题意,当时,由,解得;当时,可得,即,显然当时上式也适合,所以数列的通项公式为.(2)由(1)可得,所以.因为对恒成立,所以,.【点睛】本题主要考查了数列的通项公式的求解,等差数列的前n项和公式,以及裂项法求和的应用,其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式,以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于中档试题.19.(1).(2)【解析】
(1)利用导数的几何意义求解即可;(2)利用导数得出的单调性以及极值,从而得出的图象,将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题,由图,即可得出实数的取值范围.【详解】(1)当时,,∴切线斜率,又切点∴切线方程为,即.(2),记,令得;∴的情况如下表:2+0单调递增极大值单调递减当时,取极大值又时,;时,若没有零点,即的图像与直线无公共点,由图像知的取值范围是.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用,利用导数研究函数的零点问题,属于中档题.20.(1)见解析(2)(3)见解析【解析】试题分析:(1)(),所以,故数列是等比数列;(2)利用特殊值法,得,故;(3)得,所以,得,可证数列是等差数列.试题解析:(1)证明:若,则当(),所以,即,所以,又由,,得,,即,所以,故数列是等比数列.(2)若是等比数列,设其公比为(),当时,,即,得,①当时,,即,得,②当时,,即,得,③②①,得,③②,得,解得.代入①式,得.此时(),所以,是公比为1的等比数列,故.(3)证明:若,由,得,又,解得.由,,,,代入得,所以,,成等差数列,由,得,两式相减得:即所以相减得:所以所以,因为,所以,即数列是等差数列.21.(1)(2)见解析,【解析】
(1)根据题意设出事件,列出概率,运用公式求解;(2)由题得,X的所有可能取值为,根据(1)和变量对应的事件,可得变量对应的概率,即可得分布列和期望值.【详解】(1)记2家小店分别为A,B,A店有i人休假记为事件(,1,2),B店有i人,休假记为事件(,1,2),发生调剂现象的概率为P.则,,.所以.答:发生调剂现象的概率为.(2)依题意,X的所有可能取值为0,1,2.则,,.所以X的分布表为:X012P所以.【点睛】本题是一道考查概率和期望的常考题型.22.(1);(2).【解析】
(1)根据椭圆的离心率为,得到,根据直线与圆的位置关系,得到原心到直线的距离等于半径,得到,从而求得,进而求得椭圆的方程;(2)分直线的斜率存在是否为
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