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文档简介
2021-2022高考数学模拟试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.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.对于函数,若满足,则称为函数的一对“线性对称点”.若实数与和与为函数的两对“线性对称点”,则的最大值为()A. B. C. D.2.复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知,,,,.若实数,满足不等式组,则目标函数()A.有最大值,无最小值 B.有最大值,有最小值C.无最大值,有最小值 D.无最大值,无最小值4.设集合,,则().A. B.C. D.5.函数的图象与函数的图象的交点横坐标的和为()A. B. C. D.6.已知函数,要得到函数的图象,只需将的图象()A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度7.已知是过抛物线焦点的弦,是原点,则()A.-2 B.-4 C.3 D.-38.已知双曲线的一个焦点为,且与双曲线的渐近线相同,则双曲线的标准方程为()A. B. C. D.9.公差不为零的等差数列{an}中,a1+a2+a5=13,且a1、a2、a5成等比数列,则数列{an}的公差等于()A.1 B.2 C.3 D.410.已知全集,则集合的子集个数为()A. B. C. D.11.设是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列命题正确的是()A.若,,则 B.若,,则C.若,,,则 D.若,,,则12.根据散点图,对两个具有非线性关系的相关变量x,y进行回归分析,设u=lny,v=(x-4)2,利用最小二乘法,得到线性回归方程为=0.5v+2,则变量y的最大值的估计值是()A.e B.e2 C.ln2 D.2ln2二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知,则_____.14.在四棱锥中,底面为正方形,面分别是棱的中点,过的平面交棱于点,则四边形面积为__________.15.已知多项式满足,则_________,__________.16.已知实数,对任意,有,且,则______.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)已知数列的各项均为正数,为其前n项和,对于任意的满足关系式.(1)求数列的通项公式;(2)设数列的通项公式是,前n项和为,求证:对于任意的正数n,总有.18.(12分)已知凸边形的面积为1,边长,,其内部一点到边的距离分别为.求证:.19.(12分)已知函数(是自然对数的底数,).(1)求函数的图象在处的切线方程;(2)若函数在区间上单调递增,求实数的取值范围;(3)若函数在区间上有两个极值点,且恒成立,求满足条件的的最小值(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值).20.(12分)如图,在四棱锥中,平面,四边形为正方形,点为线段上的点,过三点的平面与交于点.将①,②,③中的两个补充到已知条件中,解答下列问题:(1)求平面将四棱锥分成两部分的体积比;(2)求直线与平面所成角的正弦值.21.(12分)已知矩阵,求矩阵的特征值及其相应的特征向量.22.(10分)如图,四棱锥中,平面,,,.(I)证明:;(Ⅱ)若是中点,与平面所成的角的正弦值为,求的长.
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】
根据已知有,可得,只需求出的最小值,根据,利用基本不等式,得到的最小值,即可得出结论.【详解】依题意知,与为函数的“线性对称点”,所以,故(当且仅当时取等号).又与为函数的“线性对称点,所以,所以,从而的最大值为.故选:D.【点睛】本题以新定义为背景,考查指数函数的运算和图像性质、基本不等式,理解新定义含义,正确求出的表达式是解题的关键,属于中档题.2.D【解析】
由复数除法运算求出,再写出其共轭复数,得共轭复数对应点的坐标.得结论.【详解】,,对应点为,在第四象限.故选:D.【点睛】本题考查复数的除法运算,考查共轭复数的概念,考查复数的几何意义.掌握复数的运算法则是解题关键.3.B【解析】
判断直线与纵轴交点的位置,画出可行解域,即可判断出目标函数的最值情况.【详解】由,,所以可得.,所以由,因此该直线在纵轴的截距为正,但是斜率有两种可能,因此可行解域如下图所示:由此可以判断该目标函数一定有最大值和最小值.故选:B【点睛】本题考查了目标函数最值是否存在问题,考查了数形结合思想,考查了不等式的性质应用.4.D【解析】
根据题意,求出集合A,进而求出集合和,分析选项即可得到答案.【详解】根据题意,则故选:D【点睛】此题考查集合的交并集运算,属于简单题目,5.B【解析】
根据两个函数相等,求出所有交点的横坐标,然后求和即可.【详解】令,有,所以或.又,所以或或或,所以函数的图象与函数的图象交点的横坐标的和,故选B.【点睛】本题主要考查三角函数的图象及给值求角,侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.6.A【解析】
根据函数图像平移原则,即可容易求得结果.【详解】因为,故要得到,只需将向左平移个单位长度.故选:A.【点睛】本题考查函数图像平移前后解析式的变化,属基础题.7.D【解析】
设,,设:,联立方程得到,计算得到答案.【详解】设,,故.易知直线斜率不为,设:,联立方程,得到,故,故.故选:.【点睛】本题考查了抛物线中的向量的数量积,设直线为可以简化运算,是解题的关键.8.B【解析】
根据焦点所在坐标轴和渐近线方程设出双曲线的标准方程,结合焦点坐标求解.【详解】∵双曲线与的渐近线相同,且焦点在轴上,∴可设双曲线的方程为,一个焦点为,∴,∴,故的标准方程为.故选:B【点睛】此题考查根据双曲线的渐近线和焦点求解双曲线的标准方程,易错点在于漏掉考虑焦点所在坐标轴导致方程形式出错.9.B【解析】
设数列的公差为.由,成等比数列,列关于的方程组,即求公差.【详解】设数列的公差为,①.成等比数列,②,解①②可得.故选:.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算,属于基础题.10.C【解析】
先求B.再求,求得则子集个数可求【详解】由题=,则集合,故其子集个数为故选C【点睛】此题考查了交、并、补集的混合运算及子集个数,熟练掌握各自的定义是解本题的关键,是基础题11.C【解析】
根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系相关定理依次判断各个选项可得结果.【详解】对于,当为内与垂直的直线时,不满足,错误;对于,设,则当为内与平行的直线时,,但,错误;对于,由,知:,又,,正确;对于,设,则当为内与平行的直线时,,错误.故选:.【点睛】本题考查立体几何中线面关系、面面关系有关命题的辨析,考查学生对于平行与垂直相关定理的掌握情况,属于基础题.12.B【解析】
将u=lny,v=(x-4)2代入线性回归方程=-0.5v+2,利用指数函数和二次函数的性质可得最大估计值.【详解】解:将u=lny,v=(x4)2代入线性回归方程=0.5v+2得:,即,当时,取到最大值2,因为在上单调递增,则取到最大值.故选:B.【点睛】本题考查了非线性相关的二次拟合问题,考查复合型指数函数的最值,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】
对原方程两边求导,然后令求得表达式的值.【详解】对等式两边求导,得,令,则.【点睛】本小题主要考查二项式展开式,考查利用导数转化已知条件,考查赋值法,属于中档题.14.【解析】
设是中点,由于分别是棱的中点,所以,所以,所以四边形是平行四边形.由于平面,所以,而,,所以平面,所以.由于,所以,也即,所以四边形是矩形.而.从而.故答案为:.【点睛】本小题主要考查空间平面图形面积的计算,考查线面垂直的判定,考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题.15.【解析】∵多项式满足∴令,得,则∴∴该多项式的一次项系数为∴∴∴令,得故答案为5,7216.-1【解析】
由二项式定理及展开式系数的求法得,又,所以,令得:,所以,得解.【详解】由,且,则,又,所以,令得:,所以,故答案为:.【点睛】本题考查了二项式定理及展开式系数的求法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.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)证明见解析【解析】
(1)根据公式得到,计算得到答案.(2),根据裂项求和法计算得到,得到证明.【详解】(1)由已知得时,,故.故数列为等比数列,且公比.又当时,,..(2)..【点睛】本题考查了数列通项公式和证明数列不等式,意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.18.证明见解析【解析】
由已知,易得,所以利用柯西不等式和基本不等式即可证明.【详解】因为凸边形的面积为1,所以,所以(由柯西不等式得)(由均值不等式得)【点睛】本题考查利用柯西不等式、基本不等式证明不等式的问题,考查学生对不等式灵活运用的能力,是一道容易题.19.(1);(2);(3).【解析】
(1)利用导数的几何意义计算即可;(2)在上恒成立,只需,注意到;(3)在上有两根,令,求导可得在上单调递减,在上单调递增,所以且,,,求出的范围即可.【详解】(1)因为,所以,当时,,所以切线方程为,即.(2),.因为函数在区间上单调递增,所以,且恒成立,即,所以,即,又,故,所以实数的取值范围是.(3).因为函数在区间上有两个极值点,所以方程在上有两不等实根,即.令,则,由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,解得且.又由,所以,且当和时,单调递增,当时,单调递减,是极值点,此时令,则,所以在上单调递减,所以.因为恒成立,所以.若,取,则,所以.令,则,.当时,;当时,.所以,所以在上单调递增,所以,即存在使得,不合题意.满足条件的的最小值为-4.【点睛】本题考查导数的综合应用,涉及到导数的几何意义,利用导数研究函数的单调性、极值点,不等式恒成立等知识,是一道难题.20.(1);(2).【解析】
若补充②③根据已知可得平面,从而有,结合,可得平面,故有,而,得到,②③成立与①②相同,①③成立,可得,所以任意补充两个条件,结果都一样,以①②作为条件分析;(1)设,可得,进而求出梯形的面积,可求出,即可求出结论;(2),以为坐标原点,建立空间坐标系,求出坐标,由(1)得为平面的法向量,根据空间向量的线面角公式即可求解.【详解】第一种情况:若将①,②作为已知条件,解答如下:(1)设平面为平面.∵,∴平面,而平面平面,∴,又为中点.设,则.在三角形中,,由知平面,∴,∴梯形的面积,,,平面,,,∴,故,.(2)如图,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系,设,则,由(1)得为平面的一个法向量,因为,所以直线与平面所成角的正弦值为.第二种情况:若将①,③作为已知条件,则由知平面,,又,所以平面,,又,故为中点,即,解答如上不变.第三种情况:若将②,③作为已知条件,由及第二种情况知,又,易知,解答仍如上不变.【点睛】本题考查空间点、线、面位置关系,以及体积、直线与平面所成的角,考查计算求解能力,属于中档题.21.矩阵属于特征值的一个特征向量为,矩阵属于特征值的一个特征向量为【解析】
先由矩阵特征值的定义列出特征多项式,令解方程可得特征值,再由特征值列出方程组,即可求得相应的特征向量.【详解】由题意,矩阵的特征多项式为,令,解得,,将代入二元一次方程组,解得,所以矩阵属于特征值的一个特征向量为;同理,矩阵属于特征值的一个特征向量为v【点睛】本题主要考查了矩阵的特征值与特征向量的计算,其中解答中熟记矩阵的特征值和特征向量的计算方法是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.22.(Ⅰ)见解析;(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)取的中点,连接,由,,得三点共线,且,又,再利用线面垂直的判定定理证明.(Ⅱ)设,则,,在底面中,,在中
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