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文档简介
2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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.随着人民生活水平的提高,对城市空气质量的关注度也逐步增大,下图是某城市月至月的空气质量检测情况,图中一、二、三、四级是空气质量等级,一级空气质量最好,一级和二级都是质量合格天气,下面叙述不正确的是()A.1月至8月空气合格天数超过天的月份有个B.第二季度与第一季度相比,空气达标天数的比重下降了C.8月是空气质量最好的一个月D.6月份的空气质量最差.2.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.3.的展开式中的系数是()A.160 B.240 C.280 D.3204.已知f(x),g(x)都是偶函数,且在[0,+∞)上单调递增,设函数F(x)=f(x)+g(1-x)-|f(x)-g(1-x)|,若a>0,则()A.F(-a)≥F(a)且F(1+a)≥F(1-a)B.F(-a)≥F(a)且F(1+a)≤F(1-a)C.F(-a)≤F(a)且F(1+a)≥F(1-a)D.F(-a)≤F(a)且F(1+a)≤F(1-a)5.已知满足,则()A. B. C. D.6.点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点,点为的中点,若满足,则动点的轨迹的长度为()A. B. C. D.7.已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根,则实数的取值范围为()A. B. C. D.8.复数的虚部为()A.—1 B.—3 C.1 D.29.已知数列满足,且成等比数列.若的前n项和为,则的最小值为()A. B. C. D.10.下列函数中,图象关于轴对称的为()A. B.,C. D.11.已知点、.若点在函数的图象上,则使得的面积为的点的个数为()A. B. C. D.12.已知是的共轭复数,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知函数,若方程的解为,(),则_______;_______.14.记Sk=1k+2k+3k+……+nk,当k=1,2,3,……时,观察下列等式:S1n2n,S2n3n2n,S3n4n3n2,……S5=An6n5n4+Bn2,…可以推测,A﹣B=_____.15.某同学周末通过抛硬币的方式决定出去看电影还是在家学习,抛一枚硬币两次,若两次都是正面朝上,就在家学习,否则出去看电影,则该同学在家学习的概率为____________.16.在平面直角坐标系中,点的坐标为,点是直线:上位于第一象限内的一点.已知以为直径的圆被直线所截得的弦长为,则点的坐标__________.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)已知数列满足:,,且对任意的都有,(Ⅰ)证明:对任意,都有;(Ⅱ)证明:对任意,都有;(Ⅲ)证明:.18.(12分)已知函数.(1)若在上单调递增,求实数的取值范围;(2)若,对,恒有成立,求实数的最小值.19.(12分)设数列,的各项都是正数,为数列的前n项和,且对任意,都有,,,(e是自然对数的底数).(1)求数列,的通项公式;(2)求数列的前n项和.20.(12分)已知点为椭圆上任意一点,直线与圆交于,两点,点为椭圆的左焦点.(1)求证:直线与椭圆相切;(2)判断是否为定值,并说明理由.21.(12分)已知函数,.(Ⅰ)求的最小正周期;(Ⅱ)求在上的最小值和最大值.22.(10分)某商场举行优惠促销活动,顾客仅可以从以下两种优惠方案中选择一种.方案一:每满100元减20元;方案二:满100元可抽奖一次.具体规则是从装有2个红球、2个白球的箱子随机取出3个球(逐个有放回地抽取),所得结果和享受的优惠如下表:(注:所有小球仅颜色有区别)红球个数3210实际付款7折8折9折原价(1)该商场某顾客购物金额超过100元,若该顾客选择方案二,求该顾客获得7折或8折优惠的概率;(2)若某顾客购物金额为180元,选择哪种方案更划算?
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.D【解析】由图表可知月空气质量合格天气只有天,月份的空气质量最差.故本题答案选.2.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.3.C【解析】
首先把看作为一个整体,进而利用二项展开式求得的系数,再求的展开式中的系数,二者相乘即可求解.【详解】由二项展开式的通项公式可得的第项为,令,则,又的第为,令,则,所以的系数是.故选:C【点睛】本题考查二项展开式指定项的系数,掌握二项展开式的通项是解题的关键,属于基础题.4.A【解析】试题分析:由题意得,F(x)=2g(1-x),f(x)≥g(1-x)∴F(-a)=2g(1+a),f(a)=f(-a)≥g(1+a)2f(-a),f(a)=f(-a)<g(1+a),∵a>0,∴(a+1)2-(a-1)∴若f(a)>g(1+a):F(-a)=2g(1+a),F(a)=2g(1-a),∴F(-a)>F(a),若g(1-a)≤f(a)≤g(1+a):F(-a)=2f(-a)=2f(a),F(a)=2g(1-a),∴F(-a)≥F(a),若f(a)<g(1-a):F(-a)=2f(-a)=2f(a),F(a)=2f(a),∴F(-a)=F(a),综上可知F(-a)≥F(a),同理可知F(1+a)≥F(1-a),故选A.考点:1.函数的性质;2.分类讨论的数学思想.【思路点睛】本题在在解题过程中抓住偶函数的性质,避免了由于单调性不同导致1-a与1+a大小不明确的讨论,从而使解题过程得以优化,另外,不要忘记定义域,如果要研究奇函数或者偶函数的值域、最值、单调性等问题,通常先在原点一侧的区间(对奇(偶)函数而言)或某一周期内(对周期函数而言)考虑,然后推广到整个定义域上.5.A【解析】
利用两角和与差的余弦公式展开计算可得结果.【详解】,.故选:A.【点睛】本题考查三角求值,涉及两角和与差的余弦公式的应用,考查计算能力,属于基础题.6.C【解析】
设的中点为,利用正方形和正方体的性质,结合线面垂直的判定定理可以证明出平面,这样可以确定动点的轨迹,最后求出动点的轨迹的长度.【详解】设的中点为,连接,因此有,而,而平面,,因此有平面,所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线.正方体的棱长为2,所以内切球的半径为,建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系:因此有,设平面的法向量为,所以有,因此到平面的距离为:,所以截面圆的半径为:,因此动点的轨迹的长度为.故选:C【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理的应用,考查了立体几何中轨迹问题,考查了球截面的性质,考查了空间想象能力和数学运算能力.7.B【解析】
令,则,由图象分析可知在上有两个不同的根,再利用一元二次方程根的分布即可解决.【详解】令,则,如图与顶多只有3个不同交点,要使关于的方程有六个不相等的实数根,则有两个不同的根,设由根的分布可知,,解得.故选:B.【点睛】本题考查复合方程根的个数问题,涉及到一元二次方程根的分布,考查学生转化与化归和数形结合的思想,是一道中档题.8.B【解析】
对复数进行化简计算,得到答案.【详解】所以的虚部为故选B项.【点睛】本题考查复数的计算,虚部的概念,属于简单题.9.D【解析】
利用等比中项性质可得等差数列的首项,进而求得,再利用二次函数的性质,可得当或时,取到最小值.【详解】根据题意,可知为等差数列,公差,由成等比数列,可得,∴,解得.∴.根据单调性,可知当或时,取到最小值,最小值为.故选:D.【点睛】本题考查等差数列通项公式、等比中项性质、等差数列前项和的最值,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意当或时同时取到最值.10.D【解析】
图象关于轴对称的函数为偶函数,用偶函数的定义及性质对选项进行判断可解.【详解】图象关于轴对称的函数为偶函数;A中,,,故为奇函数;B中,的定义域为,不关于原点对称,故为非奇非偶函数;C中,由正弦函数性质可知,为奇函数;D中,且,,故为偶函数.故选:D.【点睛】本题考查判断函数奇偶性.判断函数奇偶性的两种方法:(1)定义法:对于函数的定义域内任意一个都有,则函数是奇函数;都有,则函数是偶函数(2)图象法:函数是奇(偶)函数函数图象关于原点(轴)对称.11.C【解析】
设出点的坐标,以为底结合的面积计算出点到直线的距离,利用点到直线的距离公式可得出关于的方程,求出方程的解,即可得出结论.【详解】设点的坐标为,直线的方程为,即,设点到直线的距离为,则,解得,另一方面,由点到直线的距离公式得,整理得或,,解得或或.综上,满足条件的点共有三个.故选:C.【点睛】本题考查三角形面积的计算,涉及点到直线的距离公式的应用,考查运算求解能力,属于中等题.12.A【解析】
先利用复数的除法运算法则求出的值,再利用共轭复数的定义求出a+bi,从而确定a,b的值,求出a+b.【详解】i,∴a+bi=﹣i,∴a=0,b=﹣1,∴a+b=﹣1,故选:A.【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算,考查了共轭复数的概念,是基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
求出在上的对称轴,依据对称性可得的值;由可得,依据可求出的值.【详解】解:令,解得因为,所以关于对称.则.由,则由可知,,又因为,所以,则,即故答案为:;.【点睛】本题考查了三角函数的对称轴,考查了诱导公式,考查了同角三角函数的基本关系.本题的易错点在于没有正确判断的取值范围,导致求出.在求的对称轴时,常用整体代入法,即令进行求解.14.【解析】
观察知各等式右边各项的系数和为1,最高次项的系数为该项次数的倒数,据此计算得到答案.【详解】根据所给的已知等式得到:各等式右边各项的系数和为1,最高次项的系数为该项次数的倒数,∴A,A1,解得B,所以A﹣B.故答案为:.【点睛】本题考查了归纳推理,意在考查学生的推理能力.15.【解析】
采用列举法计算古典概型的概率.【详解】抛掷一枚硬币两次共有4种情况,即(正,正),(正,反),(反,正),(反,反),在家学习只有1种情况,即(正,正),故该同学在家学习的概率为.故答案为:【点睛】本题考查古典概型的概率计算,考查学生的基本计算能力,是一道基础题.16.【解析】
依题意画图,设,根据圆的直径所对的圆周角为直角,可得,通过勾股定理得,再利用两点间的距离公式即可求出,进而得出点坐标.【详解】解:依题意画图,设以为直径的圆被直线所截得的弦长为,且,又因为为圆的直径,则所对的圆周角,则,则为点到直线:的距离.所以,则.又因为点在直线:上,设,则.解得,则.故答案为:【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系,考查了两点间的距离公式,点到直线的距离公式,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)见解析(2)见解析(3)见解析【解析】分析:(1)用反证法证明,注意应用题中所给的条件,有效利用,再者就是注意应用反证法证题的步骤;(2)将式子进行相应的代换,结合不等式的性质证得结果;(3)结合题中的条件,应用反证法求得结果.详解:证明:(Ⅰ)证明:采用反证法,若不成立,则若,则,与任意的都有矛盾;若,则有,则与任意的都有矛盾;故对任意,都有成立;(Ⅱ)由得,则,由(Ⅰ)知,,即对任意,都有;.(Ⅲ)由(Ⅱ)得:,由(Ⅰ)知,,∴,∴,即,若,则,取时,有,与矛盾.则.得证.点睛:该题考查的是有关命题的证明问题,在证题的过程中,注意对题中的条件的等价转化,注意对式子的等价变形,以及证题的思路,要掌握证明问题的方法,尤其是反证法的证题思路以及证明步骤.18.(1)(2)【解析】
(1)求得,根据已知条件得到在恒成立,由此得到在恒成立,利用分离常数法求得的取值范围.(2)构造函数设,利用求二阶导数的方法,结合恒成立,求得的取值范围,由此求得的最小值.【详解】(1)因为在上单调递增,所以在恒成立,即在恒成立,当时,上式成立,当,有,需,而,,,,故综上,实数的取值范围是(2)设,,则,令,,在单调递增,也就是在单调递增,所以.当即时,,不符合;当即时,,符合当即时,根据零点存在定理,,使,有时,,在单调递减,时,,在单调递增,成立,故只需即可,有,得,符合综上得,,实数的最小值为【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性,考查利用导数研究不等式恒成立问题,考查化归与转化的数学思想方法,考查分类讨论的数学思想方法,属于难题.19.(1),(2)【解析】
(1)当时,,与作差可得,即可得到数列是首项为1,公差为1的等差数列,即可求解;对取自然对数,则,即是以1为首项,以2为公比的等比数列,即可求解;(2)由(1)可得,再利用错位相减法求解即可.【详解】解:(1)因为,,①当时,,解得;当时,有,②由①②得,,又,所以,即数列是首项为1,公差为1的等差数列,故,又因为,且,取自然对数得,所以,又因为,所以是以1为首项,以2为公比的等比数列,所以,即(2)由(1)知,,所以,③,④③减去④得:,所以【点睛】本题考查由与的关系求通项公式,考查错位相减法求数列的和.20.(1)证明见解析;(2)是,理由见解析.【解析】
(1)根据判别式即可证明.(2)根据向量的数量积和韦达定理即可证明,需要分类讨论,【详解】解:(1)当时直线方程为或,直线与椭圆相切.当时,由得,由题知,,即,所以.故直线与椭圆相切.(2)设,,当时,,,,所以,
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