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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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.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.已知函数,若曲线在点处的切线方程为,则实数的取值为()A.-2 B.-1 C.1 D.22.执行如图所示的程序框图,若输出的值为8,则框图中①处可以填().A. B. C. D.3.的展开式中的系数是-10,则实数()A.2 B.1 C.-1 D.-24.在的展开式中,含的项的系数是()A.74 B.121 C. D.5.设复数满足,则在复平面内的对应点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限6.执行如图所示的程序框图,输出的结果为()A. B.4 C. D.7.若复数(为虚数单位)的实部与虚部相等,则的值为()A. B. C. D.8.已知集合,,则()A. B.C. D.9.点在曲线上,过作轴垂线,设与曲线交于点,,且点的纵坐标始终为0,则称点为曲线上的“水平黄金点”,则曲线上的“水平黄金点”的个数为()A.0 B.1 C.2 D.310.已知平面平面,且是正方形,在正方形内部有一点,满足与平面所成的角相等,则点的轨迹长度为()A. B.16 C. D.11.已知展开式的二项式系数和与展开式中常数项相等,则项系数为()A.10 B.32 C.40 D.8012.下列判断错误的是()A.若随机变量服从正态分布,则B.已知直线平面,直线平面,则“”是“”的充分不必要条件C.若随机变量服从二项分布:,则D.是的充分不必要条件二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在正方体中,分别为棱的中点,则直线与直线所成角的正切值为_________.14.若,则=____,=___.15.若x,y满足,且y≥−1,则3x+y的最大值_____16.曲线在点(1,1)处的切线与轴及直线=所围成的三角形面积为,则实数=____。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,其中,为自然对数的底数.(1)当时,求函数的极值;(2)设函数的导函数为,求证:函数有且仅有一个零点.18.(12分)的内角、、所对的边长分别为、、,已知.(1)求的值;(2)若,点是线段的中点,,求的面积.19.(12分)已知数列为公差不为零的等差数列,是数列的前项和,且、、成等比数列,.设数列的前项和为,且满足.(1)求数列、的通项公式;(2)令,证明:.20.(12分)已知椭圆与x轴负半轴交于,离心率.(1)求椭圆C的方程;(2)设直线与椭圆C交于两点,连接AM,AN并延长交直线x=4于两点,若,直线MN是否恒过定点,如果是,请求出定点坐标,如果不是,请说明理由.21.(12分)如图,在直棱柱中,底面为菱形,,,与相交于点,与相交于点.(1)求证:平面;(2)求直线与平面所成的角的正弦值.22.(10分)已知函数.(1)解不等式:;(2)求证:.
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.B【解析】
求出函数的导数,利用切线方程通过f′(0),求解即可;【详解】f(x)的定义域为(﹣1,+∞),因为f′(x)a,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x,可得1﹣a=2,解得a=﹣1,故选:B.【点睛】本题考查函数的导数的几何意义,切线方程的求法,考查计算能力.2.C【解析】
根据程序框图写出几次循环的结果,直到输出结果是8时.【详解】第一次循环:第二次循环:第三次循环:第四次循环:第五次循环:第六次循环:第七次循环:第八次循环:所以框图中①处填时,满足输出的值为8.故选:C【点睛】此题考查算法程序框图,根据循环条件依次写出每次循环结果即可解决,属于简单题目.3.C【解析】
利用通项公式找到的系数,令其等于-10即可.【详解】二项式展开式的通项为,令,得,则,所以,解得.故选:C【点睛】本题考查求二项展开式中特定项的系数,考查学生的运算求解能力,是一道容易题.4.D【解析】
根据,利用通项公式得到含的项为:,进而得到其系数,【详解】因为在,所以含的项为:,所以含的项的系数是的系数是,,故选:D【点睛】本题主要考查二项展开式及通项公式和项的系数,还考查了运算求解的能力,属于基础题,5.C【解析】
化简得到,得到答案.【详解】,故,对应点在第三象限.故选:.【点睛】本题考查了复数的化简和对应象限,意在考查学生的计算能力.6.A【解析】
模拟执行程序框图,依次写出每次循环得到的的值,当,,退出循环,输出结果.【详解】程序运行过程如下:,;,;,;,;,;,;,,退出循环,输出结果为,故选:A.【点睛】该题考查的是有关程序框图的问题,涉及到的知识点有判断程序框图输出结果,属于基础题目.7.C【解析】
利用复数的除法,以及复数的基本概念求解即可.【详解】,又的实部与虚部相等,,解得.故选:C【点睛】本题主要考查复数的除法运算,复数的概念运用.8.C【解析】
求出集合,计算出和,即可得出结论.【详解】,,,.故选:C.【点睛】本题考查交集和并集的计算,考查计算能力,属于基础题.9.C【解析】
设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.【详解】设,则,所以,依题意可得,设,则,当时,,则单调递减;当时,,则单调递增,所以,且,有两个不同的解,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2.故选:C【点睛】本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.10.C【解析】
根据与平面所成的角相等,判断出,建立平面直角坐标系,求得点的轨迹方程,由此求得点的轨迹长度.【详解】由于平面平面,且交线为,,所以平面,平面.所以和分别是直线与平面所成的角,所以,所以,即,所以.以为原点建立平面直角坐标系如下图所示,则,,设(点在第一象限内),由得,即,化简得,由于点在第一象限内,所以点的轨迹是以为圆心,半径为的圆在第一象限的部分.令代入原的方程,解得,故,由于,所以,所以点的轨迹长度为.故选:C【点睛】本小题主要考查线面角的概念和运用,考查动点轨迹方程的求法,考查空间想象能力和逻辑推理能力,考查数形结合的数学思想方法,属于难题.11.D【解析】
根据二项式定理通项公式可得常数项,然后二项式系数和,可得,最后依据,可得结果.【详解】由题可知:当时,常数项为又展开式的二项式系数和为由所以当时,所以项系数为故选:D【点睛】本题考查二项式定理通项公式,熟悉公式,细心计算,属基础题.12.D【解析】
根据正态分布、空间中点线面的位置关系、充分条件与必要条件的判断、二项分布及不等式的性质等知识,依次对四个选项加以分析判断,进而可求解.【详解】对于选项,若随机变量服从正态分布,根据正态分布曲线的对称性,有,故选项正确,不符合题意;对于选项,已知直线平面,直线平面,则当时一定有,充分性成立,而当时,不一定有,故必要性不成立,所以“”是“”的充分不必要条件,故选项正确,不符合题意;对于选项,若随机变量服从二项分布:,则,故选项正确,不符合题意;对于选项,,仅当时有,当时,不成立,故充分性不成立;若,仅当时有,当时,不成立,故必要性不成立.因而是的既不充分也不必要条件,故选项不正确,符合题意.故选:D【点睛】本题考查正态分布、空间中点线面的位置关系、充分条件与必要条件的判断、二项分布及不等式的性质等知识,考查理解辨析能力与运算求解能力,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
由中位线定理和正方体性质得,从而作出异面直线所成的角,在三角形中计算可得.【详解】如图,连接,,,∵分别为棱的中点,∴,又正方体中,即是平行四边形,∴,∴,(或其补角)就是直线与直线所成角,是等边三角形,∴=60°,其正切值为.故答案为:.【点睛】本题考查异面直线所成的角,解题关键是根据定义作出异面直线所成的角.14.12821【解析】
令,求得的值.利用展开式的通项公式,求得的值.【详解】令,得.展开式的通项公式为,当时,为,即.【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式,考查赋值法求解二项式系数有关问题,属于基础题.15.5.【解析】
由约束条件作出可行域,令z=3x+y,化为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,把最优解的坐标代入目标函数得答案.【详解】由题意作出可行域如图阴影部分所示.设,当直线经过点时,取最大值5.故答案为:5【点睛】本题考查简单的线性规划,考查数形结合的解题思想方法,是中档题.16.或1【解析】
利用导数的几何意义,可得切线的斜率,以及切线方程,求得切线与轴和的交点,由三角形的面积公式可得所求值.【详解】的导数为,可得切线的斜率为3,切线方程为,可得,可得切线与轴的交点为,,切线与的交点为,可得,解得或。【点睛】本题主要考查利用导数求切线方程,以及直线方程的运用,三角形的面积求法。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.见解析【解析】
(1)当时,函数,其定义域为,则,设,,易知函数在上单调递增,且,所以当时,,即;当时,,即,所以函数在上单调递减,在上单调递增,所以函数在处取得极小值,为,无极大值.(2)由题可得函数的定义域为,,设,,显然函数在上单调递增,当时,,,所以函数在内有一个零点,所以函数有且仅有一个零点;当时,,,所以函数有且仅有一个零点,所以函数有且仅有一个零点;当时,,,因为,所以,,又,所以函数在内有一个零点,所以函数有且仅有一个零点.综上,函数有且仅有一个零点.18.(1)(2)【解析】
(1)利用正弦定理的边化角公式,结合两角和的正弦公式,即可得出的值;(2)由题意得出,两边平方,化简得出,根据三角形面积公式,即可得出结论.【详解】(1)由正弦定理得即即在中,,所以(2)因为点是线段的中点,所以两边平方得由得整理得,解得或(舍)所以的面积【点睛】本题主要考查了正弦定理的边化角公式,三角形的面积公式,属于中档题.19.(1),(2)证明见解析【解析】
(1)利用首项和公差构成方程组,从而求解出的通项公式;由的通项公式求解出的表达式,根据以及,求解出的通项公式;(2)利用错位相减法求解出的前项和,根据不等关系证明即可.【详解】(1)设首项为,公差为.由题意,得,解得,∴,∴,∴当时,∴,.当时,满足上式.∴(2),令数列的前项和为.两式相减得∴恒成立,得证.【点睛】本题考查等差数列、等比数列的综合应用,难度一般.(1)当用求解的通项公式时,一定要注意验证是否成立;(2)当一个数列符合等差乘以等比的形式,优先考虑采用错位相减法进行求和,同时注意对于错位的理解.20.(1)(2)直线恒过定点,详见解析【解析】
(1)依题意由椭圆的简单性质可求出,即得椭圆C的方程;(2)设直线的方程为:,联立直线的方程与椭圆方程可求得点的坐标,同理可求出点的坐标,根据的坐标可求出直线的方程,将其化简成点斜式,即可求出定点坐标.【详解】(1)由题有,.∴,∴.∴椭圆方程为.(2)设直线的方程为:,则∴或,∴,同理,当时,由有.∴,同理,又∴,当时,∴直线的方程为∴直线恒过定点,当时,此时也过定点..综上:直线恒过定点.【点睛】本题主要考查利用椭圆的简单性质求椭圆的标准方程,以及直线与椭圆的位置关系应用,定点问题的求法等,意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力,属于难题.21.(1)证明见解析(2)【解析】
(1)要证明平面,只需证明,即可:(2)取中点,连,以为原点,分别为轴建立空间直角坐标系,分别求出与平面的法向量,再利用计算即可.【详解】(1)∵底面为菱形,∵直棱柱平面.∵平面..平面;(2)如图,取中点,连,以为原点,分别为轴建立如图所示空间直角坐标系:,点,设平面的法向量为,,有,令,得又,设直线与平面所成的角为
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