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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、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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.在中,“”是“为钝角三角形”的()A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件2.如图,设为内一点,且,则与的面积之比为A. B.C. D.3.已知,为两条不同直线,,,为三个不同平面,下列命题:①若,,则;②若,,则;③若,,则;④若,,则.其中正确命题序号为()A.②③ B.②③④ C.①④ D.①②③4.已知函数,则()A. B. C. D.5.如图,棱长为的正方体中,为线段的中点,分别为线段和棱上任意一点,则的最小值为()A. B. C. D.6.已知,其中是虚数单位,则对应的点的坐标为()A. B. C. D.7.某三棱锥的三视图如图所示,网格纸上小正方形的边长为,则该三棱锥外接球的表面积为()A. B. C. D.8.的内角的对边分别为,已知,则角的大小为()A. B. C. D.9.已知等差数列中,则()A.10 B.16 C.20 D.2410.已知,,且是的充分不必要条件,则的取值范围是()A. B. C. D.11.设等比数列的前项和为,则“”是“”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件12.已知,是两条不重合的直线,,是两个不重合的平面,则下列命题中错误的是()A.若,,则或B.若,,,则C.若,,,则D.若,,则二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设常数,如果的二项展开式中项的系数为-80,那么______.14.已知集合,,则____________.15.若,则________,________.16.已知函数,若,则实数的取值范围为__________.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)已知曲线的极坐标方程为,直线的参数方程为(为参数).(1)求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程;(2)已知点,直线与曲线交于、两点,求.18.(12分)某商场举行有奖促销活动,顾客购买每满元的商品即可抽奖一次.抽奖规则如下:抽奖者掷各面标有点数的正方体骰子次,若掷得点数大于,则可继续在抽奖箱中抽奖;否则获得三等奖,结束抽奖,已知抽奖箱中装有个红球与个白球,抽奖者从箱中任意摸出个球,若个球均为红球,则获得一等奖,若个球为个红球和个白球,则获得二等奖,否则,获得三等奖(抽奖箱中的所有小球,除颜色外均相同).若,求顾客参加一次抽奖活动获得三等奖的概率;若一等奖可获奖金元,二等奖可获奖金元,三等奖可获奖金元,记顾客一次抽奖所获得的奖金为,若商场希望的数学期望不超过元,求的最小值.19.(12分)已知数列为公差为d的等差数列,,,且,,依次成等比数列,.(1)求数列的前n项和;(2)若,求数列的前n项和为.20.(12分)已知函数.(1)若曲线存在与轴垂直的切线,求的取值范围.(2)当时,证明:.21.(12分)已知,,分别是三个内角,,的对边,.(1)求;(2)若,,求,.22.(10分)如图,在四棱锥中,底面为菱形,为正三角形,平面平面分别是的中点.(1)证明:平面(2)若,求二面角的余弦值.
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.C【解析】分析:从两个方向去判断,先看能推出三角形的形状是锐角三角形,而非钝角三角形,从而得到充分性不成立,再看当三角形是钝角三角形时,也推不出成立,从而必要性也不满足,从而选出正确的结果.详解:由题意可得,在中,因为,所以,因为,所以,,结合三角形内角的条件,故A,B同为锐角,因为,所以,即,所以,因此,所以是锐角三角形,不是钝角三角形,所以充分性不满足,反之,若是钝角三角形,也推不出“,故必要性不成立,所以为既不充分也不必要条件,故选D.点睛:该题考查的是有关充分必要条件的判断问题,在解题的过程中,需要用到不等式的等价转化,余弦的和角公式,诱导公式等,需要明确对应此类问题的解题步骤,以及三角形形状对应的特征.2.A【解析】
作交于点,根据向量比例,利用三角形面积公式,得出与的比例,再由与的比例,可得到结果.【详解】如图,作交于点,则,由题意,,,且,所以又,所以,,即,所以本题答案为A.【点睛】本题考查三角函数与向量的结合,三角形面积公式,属基础题,作出合适的辅助线是本题的关键.3.C【解析】
根据直线与平面,平面与平面的位置关系进行判断即可.【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得,若,,则,故①正确;若,,平面可能相交,故②错误;若,,则可能平行,故③错误;由线面垂直的性质可得,④正确;故选:C【点睛】本题主要考查了判断直线与平面,平面与平面的位置关系,属于中档题.4.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.5.D【解析】
取中点,过作面,可得为等腰直角三角形,由,可得,当时,最小,由,故,即可求解.【详解】取中点,过作面,如图:则,故,而对固定的点,当时,最小.此时由面,可知为等腰直角三角形,,故.故选:D【点睛】本题考查了空间几何体中的线面垂直、考查了学生的空间想象能力,属于中档题.6.C【解析】
利用复数相等的条件求得,,则答案可求.【详解】由,得,.对应的点的坐标为,,.故选:.【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义,考查复数相等的条件,是基础题.7.C【解析】
作出三棱锥的实物图,然后补成直四棱锥,且底面为矩形,可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球,然后计算出矩形的外接圆直径,利用公式可计算出外接球的直径,再利用球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积.【详解】三棱锥的实物图如下图所示:将其补成直四棱锥,底面,可知四边形为矩形,且,.矩形的外接圆直径,且.所以,三棱锥外接球的直径为,因此,该三棱锥的外接球的表面积为.故选:C.【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积,解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图,并分析三棱锥的结构,选择合适的模型进行计算,考查推理能力与计算能力,属于中等题.8.A【解析】
先利用正弦定理将边统一化为角,然后利用三角函数公式化简,可求出解B.【详解】由正弦定理可得,即,即有,因为,则,而,所以.故选:A【点睛】此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形,属于基础题.9.C【解析】
根据等差数列性质得到,再计算得到答案.【详解】已知等差数列中,故答案选C【点睛】本题考查了等差数列的性质,是数列的常考题型.10.D【解析】
“是的充分不必要条件”等价于“是的充分不必要条件”,即中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集.【详解】由题意知:可化简为,,所以中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集,所以.【点睛】利用原命题与其逆否命题的等价性,对是的充分不必要条件进行命题转换,使问题易于求解.11.C【解析】
根据等比数列的前项和公式,判断出正确选项.【详解】由于数列是等比数列,所以,由于,所以,故“”是“”的充分必要条件.故选:C【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断,考查等比数列前项和公式,属于基础题.12.D【解析】
根据线面平行和面面平行的性质,可判定A;由线面平行的判定定理,可判断B;C中可判断,所成的二面角为;D中有可能,即得解.【详解】选项A:若,,根据线面平行和面面平行的性质,有或,故A正确;选项B:若,,,由线面平行的判定定理,有,故B正确;选项C:若,,,故,所成的二面角为,则,故C正确;选项D,若,,有可能,故D不正确.故选:D【点睛】本题考查了空间中的平行垂直关系判断,考查了学生逻辑推理,空间想象能力,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
利用二项式定理的通项公式即可得出.【详解】的二项展开式的通项公式:,令,解得.∴,解得.故答案为:-2.【点睛】本小题主要考查根据二项式展开式的系数求参数,属于基础题.14.【解析】
由于,,则.15.【解析】
根据诱导公式和二倍角公式计算得到答案.【详解】,故.故答案为:;.【点睛】本题考查了诱导公式和二倍角公式,属于简单题.16.【解析】
画图分析可得函数是偶函数,且在上单调递减,利用偶函数性质和单调性可解.【详解】作出函数的图如下所示,观察可知,函数为偶函数,且在上单调递增,在上单调递减,故,故实数的取值范围为.故答案为:【点睛】本题考查利用函数奇偶性及单调性解不等式.函数奇偶性的常用结论:(1)如果函数是偶函数,那么.(2)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性;偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性.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)根据极坐标与直角坐标互化公式,以及消去参数,即可求解;(2)设两点对应的参数分别为,,将直线的参数方程代入曲线方程,结合根与系数的关系,即可求解.【详解】(1)对于曲线的极坐标方程为,可得,又由,可得,即,所以曲线的普通方程为.由直线的参数方程为(为参数),消去参数可得,即直线的方程为,即.(2)设两点对应的参数分别为,,将直线的参数方程(为参数)代入曲线中,可得.化简得:,则.所以.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程,极坐标方程与直角坐标方程的互化,以及直线的参数方程的应用,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.18.;.【解析】
设顾客获得三等奖为事件,因为顾客掷得点数大于的概率为,顾客掷得点数小于,然后抽将得三等奖的概率为,求出;由题意可知,随机变量的可能取值为,,,相应求出概率,求出期望,化简得,由题意可知,,即,求出的最小值.【详解】设顾客获得三等奖为事件,因为顾客掷得点数大于的概率为,顾客掷得点数小于,然后抽将得三等奖的概率为,所以;由题意可知,随机变量的可能取值为,,,且,,,所以随机变量的数学期望,,化简得,由题意可知,,即,化简得,因为,解得,即的最小值为.【点睛】本题主要考查概率和期望的求法,属于常考题.19.(1)(2)【解析】
(1)利用等差数列的通项公式以及等比中项求出公差,从而求出,再利用等比数列的前项和公式即可求解.(2)由(1)求出,再利用裂项求和法即可求解.【详解】(1),且,,依次成等比数列,,即:,,,,,;(2),.【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式、等比数列的前项和公式、裂项求和法,需熟记公式,属于基础题.20.(1)(2)证明见解析【解析】
(1)在上有解,,设,求导根据函数的单调性得到最值,得到答案.(2)证明,只需证,记,求导得到函数的单调性,得到函数的最小值,得到证明.【详解】(1)由题可得,在上有解,则,令,,当时,单调递增;当时,单调递减.所以是的最大值点,所以.(2)由,所以,要证明,只需证,即证.记在上单调递增,且,当时,单调递减;当时,单调递增.所以是的最小值点,,则,故.【点睛】本题考查了函数的切线问题,证明不等式,意在考查学生的综合应用能力和转化能力.21.(1);(2),或,.【解析】
(1)利用正弦定理,转化原式为,结合,可得,即得解;(2)由余弦定理,结合题中数据,可得解【详解】(1)由及正弦定理得.因为,所以,代入上式并化简得.由于,所以.又,故.(2)因为,,,由余弦定理得即,所以.而,所以,为一元二次方程的两根.所以,或,.【点睛】本题考查了正弦定理,余弦定理的综合应用,考查了学生综合分析,转化划归,数学运算的能力,属于中档题.22.(1)详见解析;(2).【解析】
(1)连接,由菱形的性质以及中位线,得,由平面平面,且交线,得平面,故而,最后由线面垂直的判定得结论.(2)以为原点建平面直角坐标系,求出平面平与平面的法向量,,最后求得二面角的余弦值为.【详解】解:(1)连结∵,且
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