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文档简介
2021-2022高考数学模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.小王因上班繁忙,来不及做午饭,所以叫了外卖.假设小王和外卖小哥都在12:00~12:10之间随机到达小王所居住的楼下,则小王在楼下等候外卖小哥的时间不超过5分钟的概率是()A. B. C. D.2.设是双曲线的左、右焦点,若双曲线右支上存在一点,使(为坐标原点),且,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.3.已知复数满足:(为虚数单位),则()A. B. C. D.4.定义在上的函数满足,则()A.-1 B.0 C.1 D.25.如图,在底面边长为1,高为2的正四棱柱中,点是平面内一点,则三棱锥的正视图与侧视图的面积之和为()A.2 B.3 C.4 D.56.如图所示,三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图,给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形(阴影),设直角三角形有一个内角为,若向弦图内随机抛掷200颗米粒(大小忽略不计,取),则落在小正方形(阴影)内的米粒数大约为()A.20 B.27 C.54 D.647.已知双曲线的一条渐近线方程为,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.8.下列说法正确的是()A.“若,则”的否命题是“若,则”B.“若,则”的逆命题为真命题C.,使成立D.“若,则”是真命题9.在三棱锥中,,,P在底面ABC内的射影D位于直线AC上,且,.设三棱锥的每个顶点都在球Q的球面上,则球Q的半径为()A. B. C. D.10.关于的不等式的解集是,则关于的不等式的解集是()A. B.C. D.11.过双曲线左焦点的直线交的左支于两点,直线(是坐标原点)交的右支于点,若,且,则的离心率是()A. B. C. D.12.已知集合,,则的真子集个数为()A.1个 B.2个 C.3个 D.4个二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如图,某市一学校位于该市火车站北偏东方向,且,已知是经过火车站的两条互相垂直的笔直公路,CE,DF及圆弧都是学校道路,其中,,以学校为圆心,半径为的四分之一圆弧分别与相切于点.当地政府欲投资开发区域发展经济,其中分别在公路上,且与圆弧相切,设,的面积为.(1)求关于的函数解析式;(2)当为何值时,面积为最小,政府投资最低?14.已知,为虚数单位,且,则=_____.15.曲线在点处的切线方程为________.16.数列满足,则,_____.若存在n∈N*使得成立,则实数λ的最小值为______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)如图,在直三棱柱中,,点分别为和的中点.(Ⅰ)棱上是否存在点使得平面平面?若存在,写出的长并证明你的结论;若不存在,请说明理由.(Ⅱ)求二面角的余弦值.18.(12分)已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴,与有两个交点,,线段的中点为.(Ⅰ)证明:直线的斜率与的斜率的乘积为定值;(Ⅱ)若过点,延长线段与交于点,四边形能否为平行四边形?若能,求此时的斜率,若不能,说明理由.19.(12分)在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,是的中点.(1)证明:平面;(2)设是线段上的动点,当点到平面距离最大时,求三棱锥的体积.20.(12分)若养殖场每个月生猪的死亡率不超过,则该养殖场考核为合格,该养殖场在2019年1月到8月养殖生猪的相关数据如下表所示:月份1月2月3月4月5月6月7月8月月养殖量/千只33456791012月利润/十万元3.64.14.45.26.27.57.99.1生猪死亡数/只293749537798126145(1)从该养殖场2019年2月到6月这5个月中任意选取3个月,求恰好有2个月考核获得合格的概率;(2)根据1月到8月的数据,求出月利润y(十万元)关于月养殖量x(千只)的线性回归方程(精确到0.001).(3)预计在今后的养殖中,月利润与月养殖量仍然服从(2)中的关系,若9月份的养殖量为1.5万只,试估计:该月利润约为多少万元?附:线性回归方程中斜率和截距用最小二乘法估计计算公式如下:,参考数据:.21.(12分)已知数列和满足,,,,.(Ⅰ)求与;(Ⅱ)记数列的前项和为,且,若对,恒成立,求正整数的值.22.(10分)已知在中,角,,的对边分别为,,,的面积为.(1)求证:;(2)若,求的值.
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.C【解析】
设出两人到达小王的时间,根据题意列出不等式组,利用几何概型计算公式进行求解即可.【详解】设小王和外卖小哥到达小王所居住的楼下的时间分别为,以12:00点为开始算起,则有,在平面直角坐标系内,如图所示:图中阴影部分表示该不等式组的所表示的平面区域,所以小王在楼下等候外卖小哥的时间不超过5分钟的概率为:.故选:C【点睛】本题考查了几何概型中的面积型公式,考查了不等式组表示的平面区域,考查了数学运算能力.2.D【解析】
利用向量运算可得,即,由为的中位线,得到,所以,再根据双曲线定义即可求得离心率.【详解】取的中点,则由得,即;在中,为的中位线,所以,所以;由双曲线定义知,且,所以,解得,故选:D【点睛】本题综合考查向量运算与双曲线的相关性质,难度一般.3.A【解析】
利用复数的乘法、除法运算求出,再根据共轭复数的概念即可求解.【详解】由,则,所以.故选:A【点睛】本题考查了复数的四则运算、共轭复数的概念,属于基础题.4.C【解析】
推导出,由此能求出的值.【详解】∵定义在上的函数满足,∴,故选C.【点睛】本题主要考查函数值的求法,解题时要认真审题,注意函数性质的合理运用,属于中档题.5.A【解析】
根据几何体分析正视图和侧视图的形状,结合题干中的数据可计算出结果.【详解】由三视图的性质和定义知,三棱锥的正视图与侧视图都是底边长为高为的三角形,其面积都是,正视图与侧视图的面积之和为,故选:A.【点睛】本题考查几何体正视图和侧视图的面积和,解答的关键就是分析出正视图和侧视图的形状,考查空间想象能力与计算能力,属于基础题.6.B【解析】
设大正方体的边长为,从而求得小正方体的边长为,设落在小正方形内的米粒数大约为,利用概率模拟列方程即可求解。【详解】设大正方体的边长为,则小正方体的边长为,设落在小正方形内的米粒数大约为,则,解得:故选:B【点睛】本题主要考查了概率模拟的应用,考查计算能力,属于基础题。7.B【解析】
由题意得出的值,进而利用离心率公式可求得该双曲线的离心率.【详解】双曲线的渐近线方程为,由题意可得,因此,该双曲线的离心率为.故选:B.【点睛】本题考查利用双曲线的渐近线方程求双曲线的离心率,利用公式计算较为方便,考查计算能力,属于基础题.8.D【解析】选项A,否命题为“若,则”,故A不正确.选项B,逆命题为“若,则”,为假命题,故B不正确.选项C,由题意知对,都有,故C不正确.选项D,命题的逆否命题“若,则”为真命题,故“若,则”是真命题,所以D正确.选D.9.A【解析】
设的中点为O先求出外接圆的半径,设,利用平面ABC,得,在及中利用勾股定理构造方程求得球的半径即可【详解】设的中点为O,因为,所以外接圆的圆心M在BO上.设此圆的半径为r.因为,所以,解得.因为,所以.设,易知平面ABC,则.因为,所以,即,解得.所以球Q的半径.故选:A【点睛】本题考查球的组合体,考查空间想象能力,考查计算求解能力,是中档题10.A【解析】
由的解集,可知及,进而可求出方程的解,从而可求出的解集.【详解】由的解集为,可知且,令,解得,,因为,所以的解集为,故选:A.【点睛】本题考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集,考查学生的计算求解能力与推理能力,属于基础题.11.D【解析】
如图,设双曲线的右焦点为,连接并延长交右支于,连接,设,利用双曲线的几何性质可以得到,,结合、可求离心率.【详解】如图,设双曲线的右焦点为,连接,连接并延长交右支于.因为,故四边形为平行四边形,故.又双曲线为中心对称图形,故.设,则,故,故.因为为直角三角形,故,解得.在中,有,所以.故选:D.【点睛】本题考查双曲线离心率,注意利用双曲线的对称性(中心对称、轴对称)以及双曲线的定义来构造关于的方程,本题属于难题.12.C【解析】
求出的元素,再确定其真子集个数.【详解】由,解得或,∴中有两个元素,因此它的真子集有3个.故选:C.【点睛】本题考查集合的子集个数问题,解题时可先确定交集中集合的元素个数,解题关键是对集合元素的认识,本题中集合都是曲线上的点集.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.(1);(2).【解析】
(1)以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则,在中,设,又,故,,进而表示直线的方程,由直线与圆相切构建关系化简整理得,即可表示OA,OB,最后由三角形面积公式表示面积即可;(2)令,则,由辅助角公式和三角函数值域可求得t的取值范围,进而对原面积的函数用含t的表达式换元,再令进行换元,并构建新的函数,由二次函数性质即可求得最小值.【详解】解:(1)以点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系,则,在中,设,又,故,.所以直线的方程为,即.因为直线与圆相切,所以.因为点在直线的上方,所以,所以式可化为,解得.所以,.所以面积为.(2)令,则,且,所以,.令,,所以在上单调递减.所以,当,即时,取得最大值,取最小值.答:当时,面积为最小,政府投资最低.【点睛】本题考查三角函数的实际应用,应优先结合实际建立合适的数学模型,再按模型求最值,属于难题.14.4【解析】
解:利用复数相等,可知由有.15.【解析】
求导,得到和,利用点斜式即可求得结果.【详解】由于,,所以,由点斜式可得切线方程为.故答案为:.【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切线方程,属基础题.16.【解析】
利用“退一作差法”求得数列的通项公式,将不等式分离常数,利用商比较法求得的最小值,由此求得的取值范围,进而求得的最小值.【详解】当时两式相减得所以当时,满足上式综上所述存在使得成立的充要条件为存在使得,设,所以,即,所以单调递增,的最小项,即有的最小值为.故答案为:(1).(2).【点睛】本小题主要考查根据递推关系式求数列的通项公式,考查数列单调性的判断方法,考查不等式成立的存在性问题的求解策略,属于中档题.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.(Ⅰ)存在点满足题意,且,证明详见解析;(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)可考虑采用补形法,取的中点为,连接,可结合等腰三角形性质和线面垂直性质,先证平面,即,若能证明,则可得证,可通过我们反推出点对应位置应在处,进而得证;(Ⅱ)采用建系法,以为坐标原点,以分别为轴建立空间直角坐标系,分别求出两平面对应法向量,再结合向量夹角公式即可求解;【详解】(Ⅰ)存在点满足题意,且.证明如下:取的中点为,连接.则,所以平面.因为是的中点,所以.在直三棱柱中,平面平面,且交线为,所以平面,所以.在平面内,,,所以,从而可得.又因为,所以平面.因为平面,所以平面平面.(Ⅱ)如图所示,以为坐标原点,以分别为轴建立空间直角坐标系.易知,,,,所以,,.设平面的法向量为,则有取,得.同理可求得平面的法向量为.则.由图可知二面角为锐角,所以其余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、向量法求二面角的余弦值,属于中档题18.(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ)能,或.【解析】试题分析:(1)设直线,直线方程与椭圆方程联立,根据韦达定理求根与系数的关系,并表示直线的斜率,再表示;(2)第一步由(Ⅰ)得的方程为.设点的横坐标为,直线与椭圆方程联立求点的坐标,第二步再整理点的坐标,如果能构成平行四边形,只需,如果有值,并且满足,的条件就说明存在,否则不存在.试题解析:解:(1)设直线,,,.∴由得,∴,.∴直线的斜率,即.即直线的斜率与的斜率的乘积为定值.(2)四边形能为平行四边形.∵直线过点,∴不过原点且与有两个交点的充要条件是,由(Ⅰ)得的方程为.设点的横坐标为.∴由得,即将点的坐标代入直线的方程得,因此.四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分,即∴.解得,.∵,,,∴当的斜率为或时,四边形为平行四边形.考点:直线与椭圆的位置关系的综合应用【一题多解】第一问涉及中点弦,当直线与圆锥曲线相交时,点是弦的中点,(1)知道中点坐标,求直线的斜率,或知道直线斜率求中点坐标的关系,或知道求直线斜率与直线斜率的关系时,也可以选择点差法,设,,代入椭圆方程,两式相减,化简为,两边同时除以得,而,,即得到结果,(2)对于用坐标法来解决几何性质问题,那么就要求首先看出几何关系满足什么条件,其次用坐标表示这些几何关系,本题的关键就是如果是平行四边形那么对角线互相平分,即,分别用方程联立求两个坐标,最后求斜率.19.(1)见解析(2)【解析】
(1)连接与交于,连接,证明即可得证线面平行;(2)首先证明平面(只要取中点,可证平面,从而得,同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离,由平面几何知识易得最大值,然后可计算体积.【详解】(1)证明:连接与交于,连接,因为是菱形,所以为的中点,又因为为的中点,所以,因为平面平面,所以平面.(2)解:取中点,连接,因为四边形是菱形,,且,所以,又,所以平面,又平面,所以.同理可证:,又,所以平面,所以平面平面,又平面平面,所以点到直线的距离即为点到平面的距离,过作直线的垂线段,在所有垂线段中长度最大为,因为为的中点,故点到平面的最大距离为1,此时,为的中点,即,所以,所以.【点睛】本题考查证明线面平行,考查求棱锥的体积,掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关键.20.(1);(2);(3)利润约为111.2万元.【解析】
(1)首先列出基本事件,然后根据古典概型求出恰好两个月合格的概率;(2)首先求出利润y和养殖量x的平均值,然后根据
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