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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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.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.已知函数的定义域为,且,当时,.若,则函数在上的最大值为()A.4 B.6 C.3 D.82.在边长为2的菱形中,,将菱形沿对角线对折,使二面角的余弦值为,则所得三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.3.公比为2的等比数列中存在两项,,满足,则的最小值为()A. B. C. D.4.等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱,直角边AE绕斜边AB旋转,则在旋转的过程中,有下列说法:(1)四面体EBCD的体积有最大值和最小值;(2)存在某个位置,使得;(3)设二面角的平面角为,则;(4)AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P,则点P的轨迹为椭圆.其中,正确说法的个数是()A.1 B.2 C.3 D.45.已知,函数,若函数恰有三个零点,则()A. B.C. D.6.已知函数.若存在实数,且,使得,则实数a的取值范围为()A. B. C. D.7.设正项等差数列的前项和为,且满足,则的最小值为A.8 B.16 C.24 D.368.已知函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象,则的最小值为()A. B. C. D.9.不等式的解集记为,有下面四个命题:;;;.其中的真命题是()A. B. C. D.10.已知复数,其中为虚数单位,则()A. B. C.2 D.11.已知函数的图象如图所示,则可以为()A. B. C. D.12.已知x,,则“”是“”的()A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知,则__________.14.在边长为2的正三角形中,,则的取值范围为______.15.已知点是椭圆上一点,过点的一条直线与圆相交于两点,若存在点,使得,则椭圆的离心率取值范围为_________.16.已知点是双曲线渐近线上的一点,则双曲线的离心率为_______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)在直角坐标系中,直线的参数方程为为参数),直线的参数方程(为参数),若直线的交点为,当变化时,点的轨迹是曲线(1)求曲线的普通方程;(2)以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系,设射线的极坐标方程为,,点为射线与曲线的交点,求点的极径.18.(12分)已知是公比为的无穷等比数列,其前项和为,满足,________.是否存在正整数,使得?若存在,求的最小值;若不存在,说明理由.从①,②,③这三个条件中任选一个,补充在上面问题中并作答.19.(12分)在边长为的正方形,分别为的中点,分别为的中点,现沿折叠,使三点重合,构成一个三棱锥.(1)判别与平面的位置关系,并给出证明;(2)求多面体的体积.20.(12分)在中,角的对边分别为,且,.(1)求的值;(2)若求的面积.21.(12分)已知数列{an}的各项均为正,Sn为数列{an}的前n项和,an2+2an=4Sn+1.(1)求{an}的通项公式;(2)设bn,求数列{bn}的前n项和.22.(10分)已知在平面直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数.).以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为,曲线与直线其中的一个交点为,且点极径.极角(1)求曲线的极坐标方程与点的极坐标;(2)已知直线的直角坐标方程为,直线与曲线相交于点(异于原点),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.A【解析】
根据所给函数解析式满足的等量关系及指数幂运算,可得;利用定义可证明函数的单调性,由赋值法即可求得函数在上的最大值.【详解】函数的定义域为,且,则;任取,且,则,故,令,,则,即,故函数在上单调递增,故,令,,故,故函数在上的最大值为4.故选:A.【点睛】本题考查了指数幂的运算及化简,利用定义证明抽象函数的单调性,赋值法在抽象函数求值中的应用,属于中档题.2.D【解析】
取AC中点N,由题意得即为二面角的平面角,过点B作于O,易得点O为的中心,则三棱锥的外接球球心在直线BO上,设球心为,半径为,列出方程即可得解.【详解】如图,由题意易知与均为正三角形,取AC中点N,连接BN,DN,则,,即为二面角的平面角,过点B作于O,则平面ACD,由,可得,,,即点O为的中心,三棱锥的外接球球心在直线BO上,设球心为,半径为,,,解得,三棱锥的外接球的表面积为.故选:D.【点睛】本题考查了立体图形外接球表面积的求解,考查了空间想象能力,属于中档题.3.D【解析】
根据已知条件和等比数列的通项公式,求出关系,即可求解.【详解】,当时,,当时,,当时,,当时,,当时,,当时,,最小值为.故选:D.【点睛】本题考查等比数列通项公式,注意为正整数,如用基本不等式要注意能否取到等号,属于基础题.4.C【解析】
解:对于(1),当CD⊥平面ABE,且E在AB的右上方时,E到平面BCD的距离最大,当CD⊥平面ABE,且E在AB的左下方时,E到平面BCD的距离最小,∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值,故(1)正确;对于(2),连接DE,若存在某个位置,使得AE⊥BD,又AE⊥BE,则AE⊥平面BDE,可得AE⊥DE,进一步可得AE=DE,此时E﹣ABD为正三棱锥,故(2)正确;对于(3),取AB中点O,连接DO,EO,则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角,为θ,直角边AE绕斜边AB旋转,则在旋转的过程中,θ∈[0,π),∠DAE∈[,π),所以θ≥∠DAE不成立.(3)不正确;对于(4)AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P,P到BC的距离为:dP﹣BC,因为<1,所以点P的轨迹为椭圆.(4)正确.故选:C.点睛:该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征,以几何体为载体,考查相关的空间关系,在解题的过程中,需要认真分析,得到结果,注意对知识点的灵活运用.5.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.6.D【解析】
首先对函数求导,利用导数的符号分析函数的单调性和函数的极值,根据题意,列出参数所满足的不等关系,求得结果.【详解】,令,得,.其单调性及极值情况如下:x0+0_0+极大值极小值若存在,使得,则(如图1)或(如图2).(图1)(图2)于是可得,故选:D.【点睛】该题考查的是有关根据函数值的关系求参数的取值范围的问题,涉及到的知识点有利用导数研究函数的单调性与极值,画出图象数形结合,属于较难题目.7.B【解析】
方法一:由题意得,根据等差数列的性质,得成等差数列,设,则,,则,当且仅当时等号成立,从而的最小值为16,故选B.方法二:设正项等差数列的公差为d,由等差数列的前项和公式及,化简可得,即,则,当且仅当,即时等号成立,从而的最小值为16,故选B.8.A【解析】
首先求得平移后的函数,再根据求的最小值.【详解】根据题意,的图象向左平移个单位后,所得图象对应的函数,所以,所以.又,所以的最小值为.故选:A【点睛】本题考查三角函数的图象变换,诱导公式,意在考查平移变换,属于基础题型.9.A【解析】
作出不等式组表示的可行域,然后对四个选项一一分析可得结果.【详解】作出可行域如图所示,当时,,即的取值范围为,所以为真命题;为真命题;为假命题.故选:A【点睛】此题考查命题的真假判断与应用,着重考查作图能力,熟练作图,正确分析是关键,属于中档题.10.D【解析】
把已知等式变形,然后利用数代数形式的乘除运算化简,再由复数模的公式计算得答案.【详解】解:,则.故选:D.【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数模的求法,是基础题.11.A【解析】
根据图象可知,函数为奇函数,以及函数在上单调递增,且有一个零点,即可对选项逐个验证即可得出.【详解】首先对4个选项进行奇偶性判断,可知,为偶函数,不符合题意,排除B;其次,在剩下的3个选项,对其在上的零点个数进行判断,在上无零点,不符合题意,排除D;然后,对剩下的2个选项,进行单调性判断,在上单调递减,不符合题意,排除C.故选:A.【点睛】本题主要考查图象的识别和函数性质的判断,意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力,属于容易题.12.D【解析】
,不能得到,成立也不能推出,即可得到答案.【详解】因为x,,当时,不妨取,,故时,不成立,当时,不妨取,则不成立,综上可知,“”是“”的既不充分也不必要条件,故选:D【点睛】本题主要考查了充分条件,必要条件的判定,属于容易题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
首先利用,将其两边同时平方,利用同角三角函数关系式以及倍角公式得到,从而求得,利用诱导公式求得,得到结果.【详解】因为,所以,即,所以,故答案是.【点睛】该题考查的是有关三角函数化简求值问题,涉及到的知识点有同角三角函数关系式,倍角公式,诱导公式,属于简单题目.14.【解析】
建立直角坐标系,依题意可求得,而,,,故可得,且,由此构造函数,,利用二次函数的性质即可求得取值范围.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系,则,,,设,,,,根据,即,,,则,,即,,,则,,所以,,,,,,且,故,设,,易知二次函数的对称轴为,故函数在,上的最大值为,最小值为,故的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,求解时注意通过设元、消元,将问题转化为元二次函数的值域问题.15.【解析】
设,设出直线AB的参数方程,利用参数的几何意义可得,由题意得到,据此求得离心率的取值范围.【详解】设,直线AB的参数方程为,(为参数)代入圆,化简得:,,,,存在点,使得,,即,,,,故答案为:【点睛】本题主要考查了椭圆离心率取值范围的求解,考查直线、圆与椭圆的综合运用,考查直线参数方程的运用,属于中档题.16.【解析】
先表示出渐近线,再代入点,求出,则离心率易求.【详解】解:的渐近线是因为在渐近线上,所以,故答案为:【点睛】考查双曲线的离心率的求法,是基础题.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)将两直线化为普通方程,消去参数,即可求出曲线的普通方程;(2)设Q点的直角坐标系坐标为,求出,代入曲线C可求解.【详解】(1)直线的普通方程为,直线的普通方程为联立直线,方程消去参数k,得曲线C的普通方程为整理得.(2)设Q点的直角坐标系坐标为,由可得代入曲线C的方程可得,解得(舍),所以点的极径为.【点睛】本题主要考查了直线的参数方程化为普通方程,普通方程化为极坐标方程,极径的求法,属于中档题.18.见解析【解析】
选择①或②或③,求出的值,然后利用等比数列的求和公式可得出关于的不等式,判断不等式是否存在符合条件的正整数解,在有解的情况下,解出不等式,进而可得出结论.【详解】选择①:因为,所以,所以.令,即,,所以使得的正整数的最小值为;选择②:因为,所以,.因为,所以不存在满足条件的正整数;选择③:因为,所以,所以.令,即,整理得.当为偶数时,原不等式无解;当为奇数时,原不等式等价于,所以使得的正整数的最小值为.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式求和公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.19.(1)平行,证明见解析;(2).【解析】
(1)由题意及图形的翻折规律可知应是的一条中位线,利用线面平行的判定定理即可求证;(2)利用条件及线面垂直的判定定理可知,,则平面,在利用锥体的体积公式即可.【详解】(1)证明:因翻折后、、重合,∴应是的一条中位线,∴,∵平面,平面,∴平面;(2)解:∵,,∴面且,,,又,.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理,线面垂直的判定定理及锥体的体积公式,属于基础题.20.(1)3(2)78【解析】试题分析:(1)由两角和差公式得到,由三角形中的数值关系得到,进而求得数值;(2)由三角形的三个角的关系得到,再由正弦定理得到b=15,故面积公式为.解析:(1)在中,由,得为锐角,所以,所以,所以.(2)在三角形中,由,所以,由,由正弦定理,得,所以的面积.21.(1)an=2n+1;(2)2.【解析】
(1)根据题意求出首项,再由(an+12+2an+1)﹣(an2+2an)=4an+
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