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文档简介
2021-2022高考数学模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.以下关于的命题,正确的是A.函数在区间上单调递增B.直线需是函数图象的一条对称轴C.点是函数图象的一个对称中心D.将函数图象向左平移需个单位,可得到的图象2.已知定义在上的奇函数,其导函数为,当时,恒有.则不等式的解集为().A. B.C.或 D.或3.已知集合,,若,则实数的值可以为()A. B. C. D.4.在钝角中,角所对的边分别为,为钝角,若,则的最大值为()A. B. C.1 D.5.已知曲线,动点在直线上,过点作曲线的两条切线,切点分别为,则直线截圆所得弦长为()A. B.2 C.4 D.6.设过定点的直线与椭圆:交于不同的两点,,若原点在以为直径的圆的外部,则直线的斜率的取值范围为()A. B.C. D.7.在三角形中,,,求()A. B. C. D.8.要得到函数的图象,只需将函数图象上所有点的横坐标()A.伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向右平移个单位长度B.伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图像向左平移个单位长度C.缩短到原来的倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移个单位长度D.缩短到原来的倍(纵坐标不变),再将得到的图象向右平移个单位长度9.若双曲线:的一条渐近线方程为,则()A. B. C. D.10.已知半径为2的球内有一个内接圆柱,若圆柱的高为2,则球的体积与圆柱的体积的比为()A. B. C. D.11.已知抛物线和点,直线与抛物线交于不同两点,,直线与抛物线交于另一点.给出以下判断:①直线与直线的斜率乘积为;②轴;③以为直径的圆与抛物线准线相切.其中,所有正确判断的序号是()A.①②③ B.①② C.①③ D.②③12.正三棱柱中,,是的中点,则异面直线与所成的角为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图所示,在边长为4的正方形纸片中,与相交于.剪去,将剩余部分沿,折叠,使、重合,则以、、、为顶点的四面体的外接球的体积为________.14.将底面直径为4,高为的圆锥形石块打磨成一个圆柱,则该圆柱的侧面积的最大值为__________.15.已知双曲线:(,),直线:与双曲线的两条渐近线分别交于,两点.若(点为坐标原点)的面积为32,且双曲线的焦距为,则双曲线的离心率为________.16.函数的定义域为____.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)某公司为了鼓励运动提高所有用户的身体素质,特推出一款运动计步数的软件,所有用户都可以通过每天累计的步数瓜分红包,大大增加了用户走步的积极性,所以该软件深受广大用户的欢迎.该公司为了研究“日平均走步数和性别是否有关”,统计了2019年1月份所有用户的日平均步数,规定日平均步数不少于8000的为“运动达人”,步数在8000以下的为“非运动达人”,采用按性别分层抽样的方式抽取了100个用户,得到如下列联表:运动达人非运动达人总计男3560女26总计100(1)(i)将列联表补充完整;(ii)据此列联表判断,能否有的把握认为“日平均走步数和性别是否有关”?(2)将频率视作概率,从该公司的所有人“运动达人”中任意抽取3个用户,求抽取的用户中女用户人数的分布列及期望.附:18.(12分)如图,在四面体中,.(1)求证:平面平面;(2)若,二面角为,求异面直线与所成角的余弦值.19.(12分)在中,内角的对边分别为,且(1)求;(2)若,且面积的最大值为,求周长的取值范围.20.(12分)已知椭圆()经过点,离心率为,、、为椭圆上不同的三点,且满足,为坐标原点.(1)若直线、的斜率都存在,求证:为定值;(2)求的取值范围.21.(12分)[2018·石家庄一检]已知函数.(1)若,求函数的图像在点处的切线方程;(2)若函数有两个极值点,,且,求证:.22.(10分)设函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若对恒成立,求的取值范围.
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】
利用辅助角公式化简函数得到,再逐项判断正误得到答案.【详解】A选项,函数先增后减,错误B选项,不是函数对称轴,错误C选项,,不是对称中心,错误D选项,图象向左平移需个单位得到,正确故答案选D【点睛】本题考查了三角函数的单调性,对称轴,对称中心,平移,意在考查学生对于三角函数性质的综合应用,其中化简三角函数是解题的关键.2.D【解析】
先通过得到原函数为增函数且为偶函数,再利用到轴距离求解不等式即可.【详解】构造函数,则由题可知,所以在时为增函数;由为奇函数,为奇函数,所以为偶函数;又,即即又为开口向上的偶函数所以,解得或故选:D【点睛】此题考查根据导函数构造原函数,偶函数解不等式等知识点,属于较难题目.3.D【解析】
由题意可得,根据,即可得出,从而求出结果.【详解】,且,,∴的值可以为.故选:D.【点睛】考查描述法表示集合的定义,以及并集的定义及运算.4.B【解析】
首先由正弦定理将边化角可得,即可得到,再求出,最后根据求出的最大值;【详解】解:因为,所以因为所以,即,,时故选:【点睛】本题考查正弦定理的应用,余弦函数的性质的应用,属于中档题.5.C【解析】
设,根据导数的几何意义,求出切线斜率,进而得到切线方程,将点坐标代入切线方程,抽象出直线方程,且过定点为已知圆的圆心,即可求解.【详解】圆可化为.设,则的斜率分别为,所以的方程为,即,,即,由于都过点,所以,即都在直线上,所以直线的方程为,恒过定点,即直线过圆心,则直线截圆所得弦长为4.故选:C.【点睛】本题考查直线与圆位置关系、直线与抛物线位置关系,抛物线两切点所在直线求解是解题的关键,属于中档题.6.D【解析】
设直线:,,,由原点在以为直径的圆的外部,可得,联立直线与椭圆方程,结合韦达定理,即可求得答案.【详解】显然直线不满足条件,故可设直线:,,,由,得,,解得或,,,,,,解得,直线的斜率的取值范围为.故选:D.【点睛】本题解题关键是掌握椭圆的基础知识和圆锥曲线与直线交点问题时,通常用直线和圆锥曲线联立方程组,通过韦达定理建立起目标的关系式,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.7.A【解析】
利用正弦定理边角互化思想结合余弦定理可求得角的值,再利用正弦定理可求得的值.【详解】,由正弦定理得,整理得,由余弦定理得,,.由正弦定理得.故选:A.【点睛】本题考查利用正弦定理求值,涉及正弦定理边角互化思想以及余弦定理的应用,考查计算能力,属于中等题.8.B【解析】
分析:根据三角函数的图象关系进行判断即可.详解:将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),
得到再将得到的图象向左平移个单位长度得到故选B.点睛:本题主要考查三角函数的图象变换,结合和的关系是解决本题的关键.9.A【解析】
根据双曲线的渐近线列方程,解方程求得的值.【详解】由题意知双曲线的渐近线方程为,可化为,则,解得.故选:A【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线,属于基础题.10.D【解析】
分别求出球和圆柱的体积,然后可得比值.【详解】设圆柱的底面圆半径为,则,所以圆柱的体积.又球的体积,所以球的体积与圆柱的体积的比,故选D.【点睛】本题主要考查几何体的体积求解,侧重考查数学运算的核心素养.11.B【解析】
由题意,可设直线的方程为,利用韦达定理判断第一个结论;将代入抛物线的方程可得,,从而,,进而判断第二个结论;设为抛物线的焦点,以线段为直径的圆为,则圆心为线段的中点.设,到准线的距离分别为,,的半径为,点到准线的距离为,显然,,三点不共线,进而判断第三个结论.【详解】解:由题意,可设直线的方程为,代入抛物线的方程,有.设点,的坐标分别为,,则,.所.则直线与直线的斜率乘积为.所以①正确.将代入抛物线的方程可得,,从而,,根据抛物线的对称性可知,,两点关于轴对称,所以直线轴.所以②正确.如图,设为抛物线的焦点,以线段为直径的圆为,则圆心为线段的中点.设,到准线的距离分别为,,的半径为,点到准线的距离为,显然,,三点不共线,则.所以③不正确.故选:B.【点睛】本题主要考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识,考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识,考查数形结合思想、化归与转化思想,属于难题.12.C【解析】
取中点,连接,,根据正棱柱的结构性质,得出//,则即为异面直线与所成角,求出,即可得出结果.【详解】解:如图,取中点,连接,,由于正三棱柱,则底面,而底面,所以,由正三棱柱的性质可知,为等边三角形,所以,且,所以平面,而平面,则,则//,,∴即为异面直线与所成角,设,则,,,则,∴.故选:C.【点睛】本题考查通过几何法求异面直线的夹角,考查计算能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
将三棱锥置入正方体中,利用正方体体对角线为三棱锥外接球的直径即可得到答案.【详解】由已知,将三棱锥置入正方体中,如图所示,,故正方体体对角线长为,所以外接球半径为,其体积为.故答案为:.【点睛】本题考查三棱锥外接球的体积问题,一般在处理特殊几何体的外接球问题时,要考虑是否能将其置入正(长)方体中,是一道中档题.14.【解析】
由题意欲使圆柱侧面积最大,需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h,底面半径为r,则,将侧面积表示成关于的函数,再利用一元二次函数的性质求最值.【详解】欲使圆柱侧面积最大,需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h,底面半径为r,则,所以.∴,当时,的最大值为.故答案为:.【点睛】本题考查圆柱的侧面积的最值,考查函数与方程思想、转化与化归思想、,考查空间想象能力和运算求解能力,求解时注意将问题转化为函数的最值问题.15.或【解析】
用表示出的面积,求得等量关系,联立焦距的大小,以及,即可容易求得,则离心率得解.【详解】联立解得.所以的面积,所以.而由双曲线的焦距为知,,所以.联立解得或故双曲线的离心率为或.故答案为:或.【点睛】本题考查双曲线的方程与性质,考查运算求解能力以及函数与方程思想,属中档题.16.【解析】由题意得,解得定义域为.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.(1)(i)填表见解析(ii)没有的把握认为“日平均走步数和性别是否有关”(2)详见解析【解析】
(1)(i)由已给数据可完成列联表,(ii)计算出后可得;(2)由列联表知从运动达人中抽取1个用户为女用户的概率为,的取值为,,由二项分布概率公式计算出各概率得分布列,由期望公式计算期望.【详解】解(1)(i)运动达人非运动达人总计男352560女142640总计4951100(ii)由列联表得所以没有的把握认为“日平均走步数和性别是否有关”(2)由列联表知从运动达人中抽取1个用户为女用户的概率为,.易知所以的分布列为0123.【点睛】本题考查列联表,考查独立性检验,考查随机变量的概率分布列和期望.属于中档题.本题难点在于认识到.18.(1)证明见解析(2)【解析】
(1)取中点连接,得,可得,可证,可得,进而平面,即可证明结论;(2)设分别为边的中点,连,可得,,可得(或补角)是异面直线与所成的角,,可得,为二面角的平面角,即,设,求解,即可得出结论.【详解】(1)证明:取中点连接,由则,则,故,,平面,又平面,故平面平面(2)解法一:设分别为边的中点,则,(或补角)是异面直线与所成的角.设为边的中点,则,由知.又由(1)有平面,平面,所以为二面角的平面角,,设则在中,从而在中,,又,从而在中,因,,因此,异面直线与所成角的余弦值为.解法二:过点作交于点由(1)易知两两垂直,以为原点,射线分别为轴,轴,轴的正半轴,建立空间直角坐标系.不妨设,由,易知点的坐标分别为则显然向量是平面的法向量已知二面角为,设,则设平面的法向量为,则令,则由由上式整理得,解之得(舍)或,因此,异面直线与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查空间点、线、面位置关系,证明平面与平面垂直,考查空间角,涉及到二面角、异面直线所成的角,做出空间角对应的平面角是解题的关键,或用空间向量法求角,意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力,属于中档题.19.(1)(2)【解析】
(1)利用二倍角公式及三角形内角和定理,将化简为,求出的值,结合,求出A的值;(2)写出三角形的面积公式,由其最大值为求出.由余弦定理,结合,,求出的范围,注意.进而求出周长的范围.【详解】解:(1)整理得解得或(舍去)又;(2)由题意知,又,,又周长的取值范围是【点睛】本题考查了二倍角余弦公式,三角形面积公式,余弦定理的应用,求三角形的周长的范围问题.属于中档题.20.(1)证明见解析;(2).【解析】
(1)首先根据题中条件求出椭圆方程,设、、点坐标,根据利用坐标表示出即可得证;(2)设直线方程,再与椭圆方程联立利用韦达定理表示出,即可求出范围.【详解】(1)依题有,所以椭圆方程为.设,,,由为的重心,;又因为,,,,(2)当的斜率不存在时:,,,代入椭圆得,,,当的斜率存在时:设直线为,这里,由,,根据韦达定理有,,,故,代入椭圆方程有
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