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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.如图,用一边长为的正方形硬纸,按各边中点垂直折起四个小三角形,做成一个蛋巢,将体积为的鸡蛋(视为球体)放入其中,蛋巢形状保持不变,则鸡蛋中心(球心)与蛋巢底面的距离为()A. B. C. D.2.在正方体中,点,,分别为棱,,的中点,给出下列命题:①;②;③平面;④和成角为.正确命题的个数是()A.0 B.1 C.2 D.33.已知是等差数列的前项和,若,设,则数列的前项和取最大值时的值为()A.2020 B.20l9 C.2018 D.20174.已知函数,则()A. B.1 C.-1 D.05.已知双曲线C的两条渐近线的夹角为60°,则双曲线C的方程不可能为()A. B. C. D.6.已知α,β是两平面,l,m,n是三条不同的直线,则不正确命题是()A.若m⊥α,n//α,则m⊥n B.若m//α,n//α,则m//nC.若l⊥α,l//β,则α⊥β D.若α//β,lβ,且l//α,则l//β7.当输入的实数时,执行如图所示的程序框图,则输出的不小于103的概率是()A. B. C. D.8.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造的一种标准量器——商鞅铜方升,其三视图如图所示(单位:寸),若取3,当该量器口密闭时其表面积为42.2(平方寸),则图中x的值为()A.3 B.3.4 C.3.8 D.49.函数在上的图象大致为()A. B.C. D.10.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.①②③11.若点(2,k)到直线5x-12y+6=0的距离是4,则k的值是()A.1 B.-3 C.1或 D.-3或12.设,是非零向量,若对于任意的,都有成立,则A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知为正实数,且,则的最小值为____________.14.设,满足约束条件,若的最大值是10,则________.15.设第一象限内的点(x,y)满足约束条件,若目标函数z=ax+by(a>0,b>0)的最大值为40,则+的最小值为_____.16.已知函数,若恒成立,则的取值范围是___________.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)已知在中,内角所对的边分别为,若,,且.(1)求的值;(2)求的面积.18.(12分)已知函数(其中是自然对数的底数)(1)若在R上单调递增,求正数a的取值范围;(2)若f(x)在处导数相等,证明:;(3)当时,证明:对于任意,若,则直线与曲线有唯一公共点(注:当时,直线与曲线的交点在y轴两侧).19.(12分)已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若函数在区间上的最小值为,求m的值.20.(12分)已知函数.(1)当时,不等式恒成立,求的最小值;(2)设数列,其前项和为,证明:.21.(12分)已知点为圆:上的动点,为坐标原点,过作直线的垂线(当、重合时,直线约定为轴),垂足为,以为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求点的轨迹的极坐标方程;(2)直线的极坐标方程为,连接并延长交于,求的最大值.22.(10分)已知函数(),且只有一个零点.(1)求实数a的值;(2)若,且,证明:.

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】

先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离,再加上侧面三角形的高,即可求解.【详解】设四个支点所在球的小圆的圆心为,球心为,由题意,球的体积为,即可得球的半径为1,又由边长为的正方形硬纸,可得圆的半径为,利用球的性质可得,又由到底面的距离即为侧面三角形的高,其中高为,所以球心到底面的距离为.故选:D.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征,以及球的性质的综合应用,着重考查了数形结合思想,以及推理与计算能力,属于基础题.2.C【解析】

建立空间直角坐标系,利用向量的方法对四个命题逐一分析,由此得出正确命题的个数.【详解】设正方体边长为,建立空间直角坐标系如下图所示,,.①,,所以,故①正确.②,,不存在实数使,故不成立,故②错误.③,,,故平面不成立,故③错误.④,,设和成角为,则,由于,所以,故④正确.综上所述,正确的命题有个.故选:C【点睛】本小题主要考查空间线线、线面位置关系的向量判断方法,考查运算求解能力,属于中档题.3.B【解析】

根据题意计算,,,计算,,,得到答案.【详解】是等差数列的前项和,若,故,,,,故,当时,,,,,当时,,故前项和最大.故选:.【点睛】本题考查了数列和的最值问题,意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.4.A【解析】

由函数,求得,进而求得的值,得到答案.【详解】由题意函数,则,所以,故选A.【点睛】本题主要考查了分段函数的求值问题,其中解答中根据分段函数的解析式,代入求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.5.C【解析】

判断出已知条件中双曲线的渐近线方程,求得四个选项中双曲线的渐近线方程,由此确定选项.【详解】两条渐近线的夹角转化为双曲渐近线与轴的夹角时要分为两种情况.依题意,双曲渐近线与轴的夹角为30°或60°,双曲线的渐近线方程为或.A选项渐近线为,B选项渐近线为,C选项渐近线为,D选项渐近线为.所以双曲线的方程不可能为.故选:C【点睛】本小题主要考查双曲线的渐近线方程,属于基础题.6.B【解析】

根据线面平行、线面垂直和空间角的知识,判断A选项的正确性.由线面平行有关知识判断B选项的正确性.根据面面垂直的判定定理,判断C选项的正确性.根据面面平行的性质判断D选项的正确性.【详解】A.若,则在中存在一条直线,使得,则,又,那么,故正确;B.若,则或相交或异面,故不正确;C.若,则存在,使,又,则,故正确.D.若,且,则或,又由,故正确.故选:B【点睛】本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性的判断,属于基础题.7.A【解析】

根据循环结构的运行,直至不满足条件退出循环体,求出的范围,利用几何概型概率公式,即可求出结论.【详解】程序框图共运行3次,输出的的范围是,所以输出的不小于103的概率为.故选:A.【点睛】本题考查循环结构输出结果、几何概型的概率,模拟程序运行是解题的关键,属于基础题.8.D【解析】

根据三视图即可求得几何体表面积,即可解得未知数.【详解】由图可知,该几何体是由一个长宽高分别为和一个底面半径为,高为的圆柱组合而成.该几何体的表面积为,解得,故选:D.【点睛】本题考查由三视图还原几何体,以及圆柱和长方体表面积的求解,属综合基础题.9.A【解析】

首先判断函数的奇偶性,再根据特殊值即可利用排除法解得;【详解】解:依题意,,故函数为偶函数,图象关于轴对称,排除C;而,排除B;,排除D.故选:.【点睛】本题考查函数图象的识别,函数的奇偶性的应用,属于基础题.10.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.11.D【解析】

由题得,解方程即得k的值.【详解】由题得,解方程即得k=-3或.故答案为:D【点睛】(1)本题主要考查点到直线的距离公式,意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2)点到直线的距离.12.D【解析】

画出,,根据向量的加减法,分别画出的几种情况,由数形结合可得结果.【详解】由题意,得向量是所有向量中模长最小的向量,如图,当,即时,最小,满足,对于任意的,所以本题答案为D.【点睛】本题主要考查了空间向量的加减法,以及点到直线的距离最短问题,解题的关键在于用有向线段正确表示向量,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】

,所以有,再利用基本不等式求最值即可.【详解】由已知,,所以,当且仅当,即时,等号成立.故答案为:【点睛】本题考查利用基本不等式求和的最小值问题,采用的是“1”的替换,也可以消元等,是一道中档题.14.【解析】

画出不等式组表示的平面区域,数形结合即可容易求得结果.【详解】画出不等式组表示的平面区域如下所示:目标函数可转化为与直线平行,数形结合可知当且仅当目标函数过点,取得最大值,故可得,解得.故答案为:.【点睛】本题考查由目标函数的最值求参数值,属基础题.15.【解析】不等式表示的平面区域阴影部分,当直线ax+by=z(a>0,b>0)过直线x−y+2=0与直线2x−y−6=0的交点(8,10)时,目标函数z=ax+by(a>0,b>0)取得最大40,即8a+10b=40,即4a+5b=20,而当且仅当时取等号,则的最小值为.16.【解析】

求导得到,讨论和两种情况,计算时,函数在上单调递减,故,不符合,排除,得到答案。【详解】因为,所以,因为,所以.当,即时,,则在上单调递增,从而,故符合题意;当,即时,因为在上单调递增,且,所以存在唯一的,使得.令,得,则在上单调递减,从而,故不符合题意.综上,的取值范围是.故答案为:.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题,转化为函数的最值问题是解题的关键.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)将代入等式,结合正弦定理将边化为角,再将及代入,即可求得的值;(2)根据(1)中的值可求得和,进而可得,由三角形面积公式即可求解.【详解】(1)由,得,由正弦定理将边化为角可得,∵,∴,∴,化简可得,∴解得.(2)∵在中,,∴,∴,∴,∴.【点睛】本题考查了正弦定理在边角转化中的应用,正弦差角公式的应用,三角形面积公式求法,属于基础题.18.(1);(2)见解析;(3)见解析【解析】

(1)需满足恒成立,只需即可;(2)根据的单调性,构造新函数,并令,根据的单调性即可得证;(3)将问题转化为证明有唯一实数解,对求导,判断其单调性,结合题目条件与不等式的放缩,即可得证.【详解】;令,则恒成立;,;的取值范围是;(2)证明:由(1)知,在上单调递减,在上单调递增;;令,;则;令,则;;;(3)证明:,,要证明有唯一实数解;当时,;当时,;即对于任意实数,一定有解;;当时,有两个极值点;函数在,,上单调递增,在上单调递减;又;只需,在时恒成立;只需;令,其中一个正解是;,;单调递增,,(1);;;综上得证.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性,考查了利用导数证明不等式,考查了转化思想、不等式的放缩,属难题.19.(1)见解析(2)【解析】

(1)先求导,再对m分类讨论,求出的单调性;(2)对m分三种情况讨论求函数在区间上的最小值即得解.【详解】(1)若,当时,;当时.,所以在上单调递增,在上单调递减若.在R上单调递增若,当时,;当时.,所以在上单调递增,在上单调递减(2)由(1)可知,当时,在上单调递增,则.则不合题意当时,在上单调递减,在上单调递增.则,即又因为单调递增,且,故综上,【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.20.(1);(2)证明见解析.【解析】

(1),分,,三种情况推理即可;(2)由(1)可得,即,利用累加法即可得到证明.【详解】(1)由,得.当时,方程的,因此在区间上恒为负数.所以时,,函数在区间上单调递减.又,所以函数在区间上恒成立;当时,方程有两个不等实根,且满足,所以函数的导函数在区间上大于零,函数在区间上单增,又,所以函数在区间上恒大于零,不满足题意;当时,在区间上,函数在区间上恒为正数,所以在区间上恒为正数,不满足题意;综上可知:若时,不等式恒成立,的最小值为.(2)由第(1)知:若时,.若,则,即成立.将换成,得成立,即,以此类推,得,,上述各式相加,得,又,所以.【点睛】本题考查利用导数研究函数恒成立问题、证明数列不等式问题,考查学生的逻辑推理能力以及数学计算能力,是一道难题.21.(1);(2)【解析】

(1)设的极坐标为,在中,有,即可得结果;(2)设射线:,,圆的极坐标方程为,联立两个方程,可求出,联立可得,则计算可得,利用三角函数的性质可得最值.【详解】(1)设的极坐标为,在中,有,点的轨迹的极坐标方程为;(2)设射线:,,圆的极坐标方程为,由得:,由得:,,,当,即时,,的最大值为.【点睛】本题考查极坐标方程的应用,考查三角函数性质的应用,是中档题.22.(1)(2)证明见解析【解析】

(1)求导可得在上,在

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