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文档简介

2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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。1.一个频率分布表(样本容量为)不小心被损坏了一部分,只记得样本中数据在上的频率为,则估计样本在、内的数据个数共有()A. B. C. D.2.已知,,,若,则()A. B. C. D.3.已知等差数列满足,公差,且成等比数列,则A.1 B.2 C.3 D.44.给出个数,,,,,,其规律是:第个数是,第个数比第个数大,第个数比第个数大,第个数比第个数大,以此类推,要计算这个数的和.现已给出了该问题算法的程序框图如图,请在图中判断框中的①处和执行框中的②处填上合适的语句,使之能完成该题算法功能()A.; B.;C.; D.;5.已知双曲线的左、右顶点分别为,点是双曲线上与不重合的动点,若,则双曲线的离心率为()A. B. C.4 D.26.过抛物线的焦点的直线与抛物线交于、两点,且,抛物线的准线与轴交于,的面积为,则()A. B. C. D.7.某几何体的三视图如图所示,其中正视图是边长为4的正三角形,俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成,则该几何体的体积为()A. B. C. D.8.在一个数列中,如果,都有(为常数),那么这个数列叫做等积数列,叫做这个数列的公积.已知数列是等积数列,且,,公积为,则()A. B. C. D.9.执行如图所示的程序框图,则输出的的值为()A. B.C. D.10.已知等差数列的前项和为,且,则()A.45 B.42 C.25 D.3611.设,,是非零向量.若,则()A. B. C. D.12.如图网格纸上小正方形的边长为,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的所有棱中最长棱的长度为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知不等式的解集不是空集,则实数的取值范围是;若不等式对任意实数恒成立,则实数的取值范围是___14.利用等面积法可以推导出在边长为a的正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值,类比上述结论,利用等体积法进行推导,在棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和也为定值,则这个定值是______15.某几何体的三视图如图所示(单位:),则该几何体的体积是_____;最长棱的长度是_____.16.已知是等比数列,且,,则__________,的最大值为__________.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)已知函数,.(1)若,,求实数的值.(2)若,,求正实数的取值范围.18.(12分)在平面四边形中,已知,.(1)若,求的面积;(2)若求的长.19.(12分)已知正项数列的前项和.(1)若数列为等比数列,求数列的公比的值;(2)设正项数列的前项和为,若,且.①求数列的通项公式;②求证:.20.(12分)如图,在中,角的对边分别为,且满足,线段的中点为.(Ⅰ)求角的大小;(Ⅱ)已知,求的大小.21.(12分)已知,如图,曲线由曲线:和曲线:组成,其中点为曲线所在圆锥曲线的焦点,点为曲线所在圆锥曲线的焦点.(Ⅰ)若,求曲线的方程;(Ⅱ)如图,作直线平行于曲线的渐近线,交曲线于点,求证:弦的中点必在曲线的另一条渐近线上;(Ⅲ)对于(Ⅰ)中的曲线,若直线过点交曲线于点,求面积的最大值.22.(10分)已知函数f(x)=|x-1|+|x-2|.若不等式|a+b|+|a-b|≥|a|f(x)(a≠0,a、b∈R)恒成立,求实数x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.B【解析】

计算出样本在的数据个数,再减去样本在的数据个数即可得出结果.【详解】由题意可知,样本在的数据个数为,样本在的数据个数为,因此,样本在、内的数据个数为.故选:B.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频数,要理解频数、样本容量与频率三者之间的关系,考查计算能力,属于基础题.2.B【解析】

由平行求出参数,再由数量积的坐标运算计算.【详解】由,得,则,,,所以.故选:B.【点睛】本题考查向量平行的坐标表示,考查数量积的坐标运算,掌握向量数量积的坐标运算是解题关键.3.D【解析】

先用公差表示出,结合等比数列求出.【详解】,因为成等比数列,所以,解得.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式.属于简单题,化归基本量,寻求等量关系是求解的关键.4.A【解析】

要计算这个数的和,这就需要循环50次,这样可以确定判断语句①,根据累加最的变化规律可以确定语句②.【详解】因为计算这个数的和,循环变量的初值为1,所以步长应该为1,故判断语句①应为,第个数是,第个数比第个数大,第个数比第个数大,第个数比第个数大,这样可以确定语句②为,故本题选A.【点睛】本题考查了补充循环结构,正确读懂题意是解本题的关键.5.D【解析】

设,,,根据可得①,再根据又②,由①②可得,化简可得,即可求出离心率.【详解】解:设,,,∵,∴,即,①又,②,由①②可得,∵,∴,∴,∴,即,故选:D.【点睛】本题考查双曲线的方程和性质,考查了斜率的计算,离心率的求法,属于基础题和易错题.6.B【解析】

设点、,并设直线的方程为,由得,将直线的方程代入韦达定理,求得,结合的面积求得的值,结合焦点弦长公式可求得.【详解】设点、,并设直线的方程为,将直线的方程与抛物线方程联立,消去得,由韦达定理得,,,,,,,,可得,,抛物线的准线与轴交于,的面积为,解得,则抛物线的方程为,所以,.故选:B.【点睛】本题考查抛物线焦点弦长的计算,计算出抛物线的方程是解答的关键,考查计算能力,属于中等题.7.A【解析】由题意得到该几何体是一个组合体,前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥,后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥,体积为故答案为A.点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系,遵循“长对正,高平齐,宽相等”的基本原则,其内涵为正视图的高是几何体的高,长是几何体的长;俯视图的长是几何体的长,宽是几何体的宽;侧视图的高是几何体的高,宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法:1、首先看俯视图,根据俯视图画出几何体地面的直观图;2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度;3、画出整体,然后再根据三视图进行调整.8.B【解析】

计算出的值,推导出,再由,结合数列的周期性可求得数列的前项和.【详解】由题意可知,则对任意的,,则,,由,得,,,,因此,.故选:B.【点睛】本题考查数列求和,考查了数列的新定义,推导出数列的周期性是解答的关键,考查推理能力与计算能力,属于中等题.9.B【解析】

列出循环的每一步,进而可求得输出的值.【详解】根据程序框图,执行循环前:,,,执行第一次循环时:,,所以:不成立.继续进行循环,…,当,时,成立,,由于不成立,执行下一次循环,,,成立,,成立,输出的的值为.故选:B.【点睛】本题考查的知识要点:程序框图的循环结构和条件结构的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力,属于基础题型.10.D【解析】

由等差数列的性质可知,进而代入等差数列的前项和的公式即可.【详解】由题,.故选:D【点睛】本题考查等差数列的性质,考查等差数列的前项和.11.D【解析】试题分析:由题意得:若,则;若,则由可知,,故也成立,故选D.考点:平面向量数量积.【思路点睛】几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点,作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识,又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题,实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是:①利用已知条件,结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易);②将条件通过向量的线性运算进行转化,再利用①求解(较难);③建系,借助向量的坐标运算,此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果.12.C【解析】

利用正方体将三视图还原,观察可得最长棱为AD,算出长度.【详解】几何体的直观图如图所示,易得最长的棱长为故选:C.【点睛】本题考查了三视图还原几何体的问题,其中利用正方体作衬托是关键,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】

利用绝对值的几何意义,确定出的最小值,然后根据题意即可得到的取值范围化简不等式,求出的最大值,然后求出结果【详解】的最小值为,则要使不等式的解集不是空集,则有化简不等式有,即而当时满足题意,解得或所以答案为【点睛】本题主要考查的是函数恒成立的问题和绝对值不等式,要注意到绝对值的几何意义,数形结合来解答本题,注意去绝对值时的分类讨论化简14.【解析】

计算正四面体的高,并计算该正四面体的体积,利用等体积法,可得结果.【详解】作平面,为的重心如图则,所以设正四面体内任意一点到四个面的距离之和为则故答案为:【点睛】本题考查类比推理的应用,还考查等体积法,考验理解能力以及计算能力,属基础题.15.【解析】

由三视图还原原几何体,该几何体为四棱锥,底面为直角梯形,,,侧棱底面,由棱锥体积公式求棱锥体积,由勾股定理求最长棱的长度.【详解】由三视图还原原几何体如下图所示:该几何体为四棱锥,底面为直角梯形,,,侧棱底面,则该几何体的体积为,,,因此,该棱锥的最长棱的长度为.故答案为:;.【点睛】本题考查由三视图求体积、棱长,关键是由三视图还原原几何体,是中档题.16.5【解析】,即的最大值为三、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)1(2)【解析】

(1)求得和,由,,得,令,令导数求得函数的单调性,利用,即可求解.(2)解法一:令,利用导数求得的单调性,转化为,令(),利用导数得到的单调性,分类讨论,即可求解.解法二:可利用导数,先证明不等式,,,,令(),利用导数,分类讨论得出函数的单调性与最值,即可求解.【详解】(1)由题意,得,,由,…①,得,令,则,因为,所以在单调递增,又,所以当时,,单调递增;当时,,单调递减;所以,当且仅当时等号成立.故方程①有且仅有唯一解,实数的值为1.(2)解法一:令(),则,所以当时,,单调递增;当时,,单调递减;故.令(),则.(i)若时,,在单调递增,所以,满足题意.(ii)若时,,满足题意.(iii)若时,,在单调递减,所以.不满足题意.综上述:.解法二:先证明不等式,,,…(*).令,则当时,,单调递增,当时,,单调递减,所以,即.变形得,,所以时,,所以当时,.又由上式得,当时,,,.因此不等式(*)均成立.令(),则,(i)若时,当时,,单调递增;当时,,单调递减;故.(ii)若时,,在单调递增,所以.因此,①当时,此时,,,则需由(*)知,,(当且仅当时等号成立),所以.②当时,此时,,则当时,(由(*)知);当时,(由(*)知).故对于任意,.综上述:.【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用,着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力,对于恒成立问题,通常要构造新函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围;也可分离变量,构造新函数,直接把问题转化为函数的最值问题.18.(1);(2).【解析】

(1)在三角形中,利用余弦定理列方程,解方程求得的长,进而由三角形的面积公式求得三角形的面积.(2)利用诱导公式求得,进而求得,利用两角差的正弦公式,求得,在三角形中利用正弦定理求得,在三角形中利用余弦定理求得的长.【详解】(1)在中,,解得,.(2)在中,,..【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形,考查三角形的面积公式,属于中档题.19.(1);(2)①;②详见解析.【解析】

(1)依题意可表示,,相减得,由等比数列通项公式转化为首项与公比,解得答案,并由其都是正项数列舍根;(2)①由题意可表示,,两式相减得,由其都是正项并整理可得递推关系,由等差数列的通项公式即可得答案;②由已知关系,表示并相减即可表示递推关系,显然当时,成立,当,时,表示,由分组求和与正项数列性质放缩不等式得证.【详解】解:(1)依题意可得,,两式相减,得,所以,因为,所以,且,解得.(2)①因为,所以,两式相减,得,即.因为,所以,即.而当时,,可得,故,所以对任意的正整数都成立,所以数列是等差数列,公差为1,首项为1,所以数列的通项公式为.②因为,所以,两式相减,得,即,所以对任意的正整数,都有.令,而当时,显然成立,所以当,时,,所以,即,所以,得证.【点睛】本题考查由前n项和关系求等比数列公比,求等差数列通项公式,还考查了由分组求和表示数列和并由正项数列放缩证明不等式,属于难题.20.(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】

(Ⅰ)由正弦定理边化角,再结合转化即可求解;(Ⅱ)可设,由,再由余弦定理解得,对中,由余弦定理有,通过勾股定理逆定理可得,进而得解【详解】(Ⅰ)由正弦定理得.而.由以上两式得,即.由于,所以,又由于,得.(Ⅱ)设,在中,由正弦定

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