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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.已知四棱锥的底面为矩形,底面,点在线段上,以为直径的圆过点.若,则的面积的最小值为()A.9 B.7 C. D.2.若函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象,若函数在区间上单调递增,则的最大值为().A. B. C. D.3.在正方体中,点、分别为、的中点,过点作平面使平面,平面若直线平面,则的值为()A. B. C. D.4.已知椭圆的焦点分别为,,其中焦点与抛物线的焦点重合,且椭圆与抛物线的两个交点连线正好过点,则椭圆的离心率为()A. B. C. D.5.设等差数列的前n项和为,且,,则()A.9 B.12 C. D.6.已知函数,则()A. B. C. D.7.己知抛物线的焦点为,准线为,点分别在抛物线上,且,直线交于点,,垂足为,若的面积为,则到的距离为()A. B. C.8 D.68.已知等差数列的前项和为,若,,则数列的公差为()A. B. C. D.9.已知是双曲线的左、右焦点,若点关于双曲线渐近线的对称点满足(为坐标原点),则双曲线的渐近线方程为()A. B. C. D.10.已知函数是定义在上的偶函数,且在上单调递增,则()A. B.C. D.11.已知等差数列中,,则()A.20 B.18 C.16 D.1412.已知平面向量满足与的夹角为,且,则实数的值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.某班星期一共八节课(上午、下午各四节,其中下午最后两节为社团活动),排课要求为:语文、数学、外语、物理、化学各排一节,从生物、历史、地理、政治四科中选排一节.若数学必须安排在上午且与外语不相邻(上午第四节和下午第一节不算相邻),则不同的排法有__________种.14.已知直角坐标系中起点为坐标原点的向量满足,且,,,存在,对于任意的实数,不等式,则实数的取值范围是______.15.若关于的不等式在时恒成立,则实数的取值范围是_____16.已知抛物线的焦点为,其准线与坐标轴交于点,过的直线与抛物线交于两点,若,则直线的斜率________.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)已知函数,,.函数的导函数在上存在零点.求实数的取值范围;若存在实数,当时,函数在时取得最大值,求正实数的最大值;若直线与曲线和都相切,且在轴上的截距为,求实数的值.18.(12分)已知的内角的对边分别为,且满足.(1)求角的大小;(2)若的面积为,求的周长的最小值.19.(12分)在平面直角坐标系中,已知抛物线C:()的焦点F在直线上,平行于x轴的两条直线,分别交抛物线C于A,B两点,交该抛物线的准线于D,E两点.(1)求抛物线C的方程;(2)若F在线段上,P是的中点,证明:.20.(12分)设等差数列的首项为0,公差为a,;等差数列的首项为0,公差为b,.由数列和构造数表M,与数表;记数表M中位于第i行第j列的元素为,其中,(i,j=1,2,3,…).记数表中位于第i行第j列的元素为,其中(,,).如:,.(1)设,,请计算,,;(2)设,,试求,的表达式(用i,j表示),并证明:对于整数t,若t不属于数表M,则t属于数表;(3)设,,对于整数t,t不属于数表M,求t的最大值.21.(12分)已知等比数列,其公比,且满足,和的等差中项是1.(Ⅰ)求数列的通项公式;(Ⅱ)若,是数列的前项和,求使成立的正整数的值.22.(10分)在直角坐标系中,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的参数方程为(为参数),直线经过点且倾斜角为.(1)求曲线的极坐标方程和直线的参数方程;(2)已知直线与曲线交于,满足为的中点,求.
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】
根据线面垂直的性质以及线面垂直的判定,根据勾股定理,得到之间的等量关系,再用表示出的面积,利用均值不等式即可容易求得.【详解】设,,则.因为平面,平面,所以.又,,所以平面,则.易知,.在中,,即,化简得.在中,,.所以.因为,当且仅当,时等号成立,所以.故选:C.【点睛】本题考查空间几何体的线面位置关系及基本不等式的应用,考查空间想象能力以及数形结合思想,涉及线面垂直的判定和性质,属中档题.2.C【解析】
由题意利用函数的图象变换规律,正弦函数的单调性,求出的最大值.【详解】解:把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象,若函数在区间,上单调递增,在区间,上,,,则当最大时,,求得,故选:C.【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律,正弦函数的单调性,属于基础题.3.B【解析】
作出图形,设平面分别交、于点、,连接、、,取的中点,连接、,连接交于点,推导出,由线面平行的性质定理可得出,可得出点为的中点,同理可得出点为的中点,结合中位线的性质可求得的值.【详解】如下图所示:设平面分别交、于点、,连接、、,取的中点,连接、,连接交于点,四边形为正方形,、分别为、的中点,则且,四边形为平行四边形,且,且,且,则四边形为平行四边形,,平面,则存在直线平面,使得,若平面,则平面,又平面,则平面,此时,平面为平面,直线不可能与平面平行,所以,平面,,平面,平面,平面平面,,,所以,四边形为平行四边形,可得,为的中点,同理可证为的中点,,,因此,.故选:B.【点睛】本题考查线段长度比值的计算,涉及线面平行性质的应用,解答的关键就是找出平面与正方体各棱的交点位置,考查推理能力与计算能力,属于中等题.4.B【解析】
根据题意可得易知,且,解方程可得,再利用即可求解.【详解】易知,且故有,则故选:B【点睛】本题考查了椭圆的几何性质、抛物线的几何性质,考查了学生的计算能力,属于中档题5.A【解析】
由,可得以及,而,代入即可得到答案.【详解】设公差为d,则解得,所以.故选:A.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算,考查学生运算求解能力,是一道基础题.6.A【解析】
根据分段函数解析式,先求得的值,再求得的值.【详解】依题意,.故选:A【点睛】本小题主要考查根据分段函数解析式求函数值,属于基础题.7.D【解析】
作,垂足为,过点N作,垂足为G,设,则,结合图形可得,,从而可求出,进而可求得,,由的面积即可求出,再结合为线段的中点,即可求出到的距离.【详解】如图所示,作,垂足为,设,由,得,则,.过点N作,垂足为G,则,,所以在中,,,所以,所以,在中,,所以,所以,,所以.解得,因为,所以为线段的中点,所以F到l的距离为.故选:D【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识,属于中档题.8.D【解析】
根据等差数列公式直接计算得到答案.【详解】依题意,,故,故,故,故选:D.【点睛】本题考查了等差数列的计算,意在考查学生的计算能力.9.B【解析】
先利用对称得,根据可得,由几何性质可得,即,从而解得渐近线方程.【详解】如图所示:由对称性可得:为的中点,且,所以,因为,所以,故而由几何性质可得,即,故渐近线方程为,故选B.【点睛】本题考查了点关于直线对称点的知识,考查了双曲线渐近线方程,由题意得出是解题的关键,属于中档题.10.C【解析】
根据题意,由函数的奇偶性可得,,又由,结合函数的单调性分析可得答案.【详解】根据题意,函数是定义在上的偶函数,则,,有,又由在上单调递增,则有,故选C.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用,注意函数奇偶性的应用,属于基础题.11.A【解析】
设等差数列的公差为,再利用基本量法与题中给的条件列式求解首项与公差,进而求得即可.【详解】设等差数列的公差为.由得,解得.所以.故选:A【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量求解,属于基础题.12.D【解析】
由已知可得,结合向量数量积的运算律,建立方程,求解即可.【详解】依题意得由,得即,解得.故选:.【点睛】本题考查向量的数量积运算,向量垂直的应用,考查计算求解能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.1344【解析】
分四种情况讨论即可【详解】解:数学排在第一节时有:数学排在第二节时有:数学排在第三节时有:数学排在第四节时有:所以共有1344种故答案为:1344【点睛】考查排列、组合的应用,注意分类讨论,做到不重不漏;基础题.14.【解析】
由题意可设,,,由向量的坐标运算,以及恒成立思想可设,的最小值即为点,到直线的距离,求得,可得不大于.【详解】解:,且,可设,,,,可得,可得的终点均在直线上,由于为任意实数,可得时,的最小值即为点到直线的距离,可得,对于任意的实数,不等式,可得,故答案为:.【点睛】本题主要考查向量的模的求法,以及两点的距离的运用,考查直线方程的运用,以及点到直线的距离,考查运算能力,属于中档题.15.【解析】
利用对数函数的单调性,将不等式去掉对数符号,再依据分离参数法,转化成求构造函数最值问题,进而求得的取值范围。【详解】由得,两边同除以,得到,,,设,,由函数在上递减,所以,故实数的取值范围是。【点睛】本题主要考查对数函数的单调性,以及恒成立问题的常规解法——分离参数法。16.【解析】
求出抛物线焦点坐标,由,结合向量的坐标运算得,直线方程为,代入抛物线方程后应用韦达定理得,,从而可求得,得斜率.【详解】由得,即联立得解得或,∴.故答案为:.【点睛】本题考查直线与抛物线相交,考查向量的线性运算的坐标表示.直线方程与抛物线方程联立后消元,应用韦达定理是解决直线与抛物线相交问题的常用方法.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.;4;12.【解析】
由题意可知,,求导函数,方程在区间上有实数解,求出实数的取值范围;由,则,分步讨论,并利用导函数在函数的单调性的研究,得出正实数的最大值;设直线与曲线的切点为,因为,所以切线斜率,切线方程为,设直线与曲线的切点为,因为,所以切线斜率,即切线方程为,整理得.所以,求得,设,则,所以在上单调递增,最后求出实数的值.【详解】由题意可知,,则,即方程在区间上有实数解,解得;因为,则,①当,即时,恒成立,所以在上单调递增,不符题意;②当时,令,解得:,当时,,单调递增,所以不存在,使得在上的最大值为,不符题意;③当时,,解得:,且当时,,当时,,所以在上单调递减,在上单调递增,若,则在上单调递减,所以,若,则上单调递减,在上单调递增,由题意可知,,即,整理得,因为存在,符合上式,所以,解得,综上,的最大值为4;设直线与曲线的切点为,因为,所以切线斜率,即切线方程整理得:由题意可知,,即,即,解得所以切线方程为,设直线与曲线的切点为,因为,所以切线斜率,即切线方程为,整理得.所以,消去,整理得,且因为,解得,设,则,所以在上单调递增,因为,所以,所以,即.【点睛】本题主要考查导数在函数中的研究,导数的几何意义,属于难题.18.(1)(2)【解析】
(1)因为,所以,由余弦定理得,化简得,可得,解得,又因为,所以.(6分)(2)因为,所以,则(当且仅当时,取等号).由(1)得(当且仅当时,取等号),解得.所以(当且仅当时,取等号),所以的周长的最小值为.19.(1);(2)见解析【解析】
(1)根据抛物线的焦点在直线上,可求得的值,从而求得抛物线的方程;(2)法一:设直线,的方程分别为和且,,,可得,,,的坐标,进而可得直线的方程,根据在直线上,可得,再分别求得,,即可得证;法二:设,,则,根据直线的斜率不为0,设出直线的方程为,联立直线和抛物线的方程,结合韦达定理,分别求出,,化简,即可得证.【详解】(1)抛物线C的焦点坐标为,且该点在直线上,所以,解得,故所求抛物线C的方程为(2)法一:由点F在线段上,可设直线,的方程分别为和且,,,则,,,.∴直线的方程为,即.又点在线段上,∴.∵P是的中点,∴∴,.由于,不重合,所以法二:设,,则当直线的斜率为0时,不符合题意,故可设直线的方程为联立直线和抛物线的方程,得又,为该方程两根,所以,,,.,由于,不重合,所以【点睛】本题考查抛物线的标准方程,考查抛物线的定义,考查直线与抛物线的位置关系,属于中档题.20.(1)(2)详见解析(3)29【解析】
(1)将,代入,可求出,,可代入求,,可求结果.(2)可求,,通过反证法证明,(3)可推出,,的最大值,就是集合中元素的最大值,求出.【详解】(1)由题意知等差数列的通项公式为:;等差数列的通项公式为:,得,则,,得,故.(2)证明:已知.,由题意知等差数列的通项公式为:;等差数列的通项公式为:,得,,.得,,,.所以若,则存在,,使,若,则存在,,,使,因此,对于正整数,考虑集合,,,即,,,,,,.下面证明:集合中至少有一元素是7的倍数.反证法:假设集合中任何一个元素,都不是7的倍数,则集合中每一元素关于7的余数可以为1,2,3,4,5,6,又因为集合中共有7个元素,所以集合中至少存在两个元素关于7的余数相同,不妨设为,,其中,,.则这两个元素的差为7的倍数,即,所以,与矛盾,所以假设不成立,即原命题成立.即集合中至少有一元素是7的倍数,不妨设该元素为,,,则存在,使,,,即,,,由已证可知,若,则存在,,使,而,所以为负整数,设,则,且,,,,所以,当,时,对于整数,若,则成立.(3)下面用反证法证明:若对于整数,,则,假设命题不成立,即,且.则对于整数,存在,
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