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文档简介
2021-2022高考数学模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”,主要指德育;“乐”,主要指美育;“射”和“御”,就是体育和劳动;“书”,指各种历史文化知识;“数”,数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动,每艺安排一节,连排六节,一天课程讲座排课有如下要求:“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻,则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有()种.A.408 B.120 C.156 D.2402.若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积是()A.36cm3 B.48cm3 C.60cm3 D.72cm33.已知数列{an}满足a1=3,且aA.22n-1+1 B.22n-1-14.若圆锥轴截面面积为,母线与底面所成角为60°,则体积为()A. B. C. D.5.为双曲线的左焦点,过点的直线与圆交于、两点,(在、之间)与双曲线在第一象限的交点为,为坐标原点,若,且,则双曲线的离心率为()A. B. C. D.6.已知在平面直角坐标系中,圆:与圆:交于,两点,若,则实数的值为()A.1 B.2 C.-1 D.-27.“学习强国”学习平台是由中宣部主管,以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容,立足全体党员、面向全社会的优质平台,现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门。该款软件主要设有“阅读文章”、“视听学习”两个学习模块和“每日答题”、“每周答题”、“专项答题”、“挑战答题”四个答题模块。某人在学习过程中,“阅读文章”不能放首位,四个答题板块中有且仅有三个答题板块相邻的学习方法有()A.60 B.192 C.240 D.4328.已知向量,夹角为,,,则()A.2 B.4 C. D.9.已知,,,则()A. B.C. D.10.已知函数,,若成立,则的最小值是()A. B. C. D.11.已知,则的大小关系为()A. B. C. D.12.在中,角的对边分别为,,若,,且,则的面积为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.若变量,满足约束条件,则的最大值为__________.14.在中,内角的对边分别是,若,,则____.15.在平行四边形中,已知,,,若,,则____________.16.已知多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,则a4=________,a5=________.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)已知满足,且,求的值及的面积.(从①,②,③这三个条件中选一个,补充到上面问题中,并完成解答.)18.(12分)已知点是抛物线的顶点,,是上的两个动点,且.(1)判断点是否在直线上?说明理由;(2)设点是△的外接圆的圆心,点到轴的距离为,点,求的最大值.19.(12分)如图,在四棱锥中,是边长为的正方形的中心,平面,为的中点.(Ⅰ)求证:平面平面;(Ⅱ)若,求二面角的余弦值.20.(12分)已知函数,.(1)当时,①求函数在点处的切线方程;②比较与的大小;(2)当时,若对时,,且有唯一零点,证明:.21.(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.22.(10分)甲、乙两班各派三名同学参加知识竞赛,每人回答一个问题,答对得10分,答错得0分,假设甲班三名同学答对的概率都是,乙班三名同学答对的概率分别是,,,且这六名同学答题正确与否相互之间没有影响.(1)记“甲、乙两班总得分之和是60分”为事件,求事件发生的概率;(2)用表示甲班总得分,求随机变量的概率分布和数学期望.
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.A【解析】
利用间接法求解,首先对6门课程全排列,减去“乐”排在第一节的情况,再减去“射”和“御”两门课程相邻的情况,最后还需加上“乐”排在第一节,且“射”和“御”两门课程相邻的情况;【详解】解:根据题意,首先不做任何考虑直接全排列则有(种),当“乐”排在第一节有(种),当“射”和“御”两门课程相邻时有(种),当“乐”排在第一节,且“射”和“御”两门课程相邻时有(种),则满足“乐”不排在第一节,“射”和“御”两门课程不相邻的排法有(种),故选:.【点睛】本题考查排列、组合的应用,注意“乐”的排列对“射”和“御”两门课程相邻的影响,属于中档题.2.B【解析】试题分析:该几何体上面是长方体,下面是四棱柱;长方体的体积,四棱柱的底面是梯形,体积为,因此总的体积.考点:三视图和几何体的体积.3.D【解析】试题分析:因为an+1=4an+3,所以an+1+1=4(an+1),即an+1+1an+1考点:数列的通项公式.4.D【解析】
设圆锥底面圆的半径为,由轴截面面积为可得半径,再利用圆锥体积公式计算即可.【详解】设圆锥底面圆的半径为,由已知,,解得,所以圆锥的体积.故选:D【点睛】本题考查圆锥的体积的计算,涉及到圆锥的定义,是一道容易题.5.D【解析】
过点作,可得出点为的中点,由可求得的值,可计算出的值,进而可得出,结合可知点为的中点,可得出,利用勾股定理求得(为双曲线的右焦点),再利用双曲线的定义可求得该双曲线的离心率的值.【详解】如下图所示,过点作,设该双曲线的右焦点为,连接.,.,,,为的中点,,,,,由双曲线的定义得,即,因此,该双曲线的离心率为.故选:D.【点睛】本题考查双曲线离心率的求解,解题时要充分分析图形的形状,考查推理能力与计算能力,属于中等题.6.D【解析】
由可得,O在AB的中垂线上,结合圆的性质可知O在两个圆心的连线上,从而可求.【详解】因为,所以O在AB的中垂线上,即O在两个圆心的连线上,,,三点共线,所以,得,故选D.【点睛】本题主要考查圆的性质应用,几何性质的转化是求解的捷径.7.C【解析】
四个答题板块中选三个捆绑在一起,和另外一个答题板块用插入法.注意按“阅读文章”分类.【详解】四个答题板块中选三个捆绑在一起,和另外一个答题板块用插入法,由于“阅读文章”不能放首位,因此不同的方法数为.故选:C.【点睛】本题考查排列组合的应用,考查捆绑法和插入法求解排列问题.对相邻问题用捆绑法,不相邻问题用插入法是解决这类问题的常用方法.8.A【解析】
根据模长计算公式和数量积运算,即可容易求得结果.【详解】由于,故选:A.【点睛】本题考查向量的数量积运算,模长的求解,属综合基础题.9.C【解析】
利用二倍角公式,和同角三角函数的商数关系式,化简可得,即可求得结果.【详解】,所以,即.故选:C.【点睛】本题考查三角恒等变换中二倍角公式的应用和弦化切化简三角函数,难度较易.10.A【解析】分析:设,则,把用表示,然后令,由导数求得的最小值.详解:设,则,,,∴,令,则,,∴是上的增函数,又,∴当时,,当时,,即在上单调递减,在上单调递增,是极小值也是最小值,,∴的最小值是.故选A.点睛:本题易错选B,利用导数法求函数的最值,解题时学生可能不会将其中求的最小值问题,通过构造新函数,转化为求函数的最小值问题,另外通过二次求导,确定函数的单调区间也很容易出错.11.A【解析】
根据指数函数的单调性,可得,再利用对数函数的单调性,将与对比,即可求出结论.【详解】由题知,,则.故选:A.【点睛】本题考查利用函数性质比较大小,注意与特殊数的对比,属于基础题..12.C【解析】
由,可得,化简利用余弦定理可得,解得.即可得出三角形面积.【详解】解:,,且,,化为:.,解得..故选:.【点睛】本题考查了向量共线定理、余弦定理、三角形面积计算公式,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
根据约束条件可以画出可行域,从而将问题转化为直线在轴截距最大的问题的求解,通过数形结合的方式可确定过时,取最大值,代入可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示:将化为,则最大时,直线在轴截距最大;由直线平移可知,当过时,在轴截距最大,由得:,.故答案为:.【点睛】本题考查线性规划中最值问题的求解,关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题,通过数形结合的方式可求得结果.14.【解析】
由,根据正弦定理“边化角”,可得,根据余弦定理,结合已知联立方程组,即可求得角.【详解】根据正弦定理:可得根据余弦定理:由已知可得:故可联立方程:解得:.由故答案为:.【点睛】本题主要考查了求三角形的一个内角,解题关键是掌握由正弦定理“边化角”的方法和余弦定理公式,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.15.【解析】
设,则,得到,,利用向量的数量积的运算,即可求解.【详解】由题意,如图所示,设,则,又由,,所以为的中点,为的三等分点,则,,所以.【点睛】本题主要考查了向量的共线定理以及向量的数量积的运算,其中解答中熟记向量的线性运算法则,以及向量的共线定理和向量的数量积的运算公式,准确运算是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于中档试题.16.164【解析】
只需令x=0,易得a5,再由(x+1)3(x+2)2=(x+1)5+2(x+1)4+(x+1)3,可得a4=+2+.【详解】令x=0,得a5=(0+1)3(0+2)2=4,而(x+1)3(x+2)2=(x+1)3[(x+1)2+2(x+1)+1]=(x+1)5+2(x+1)4+(x+1)3;则a4=+2+=5+8+3=16.故答案为:16,4.【点睛】本题主要考查了多项式展开中的特定项的求解,可以用赋值法也可以用二项展开的通项公式求解,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.见解析【解析】
选择①时:,,计算,根据正弦定理得到,计算面积得到答案;选择②时,,,故,为钝角,故无解;选择③时,,根据正弦定理解得,,根据正弦定理得到,计算面积得到答案.【详解】选择①时:,,故.根据正弦定理:,故,故.选择②时,,,故,为钝角,故无解.选择③时,,根据正弦定理:,故,解得,.根据正弦定理:,故,故.【点睛】本题考查了三角恒等变换,正弦定理,面积公式,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18.(1)不在,证明见详解;(2)【解析】
(1)假设直线方程,并于抛物线方程联立,结合韦达定理,计算,可得,然后验证可得结果.(2)分别计算线段中垂线的方程,然后联立,根据(1)的条件可得点的轨迹方程,然后可得焦点,结合抛物线定义可得,计算可得结果.【详解】(1)设直线方程,根据题意可知直线斜率一定存在,则则由所以将代入上式化简可得,所以则直线方程为,所以直线过定点,所以可知点不在直线上.(2)设线段的中点为线段的中点为则直线的斜率为,直线的斜率为可知线段的中垂线的方程为由,所以上式化简为即线段的中垂线的方程为同理可得:线段的中垂线的方程为则由(1)可知:所以即,所以点轨迹方程为焦点为,所以当三点共线时,有最大所以【点睛】本题考查直线于抛物线的综合应用,第(1)问中难点在于计算处,第(2)问中关键在于得到点的轨迹方程,直线与圆锥曲线的综合常常要联立方程,结合韦达定理,属难题.19.(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).【解析】
(Ⅰ)由正方形的性质得出,由平面得出,进而可推导出平面,再利用面面垂直的判定定理可证得结论;(Ⅱ)取的中点,连接、,以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法能求出二面角的余弦值.【详解】(Ⅰ)是正方形,,平面,平面,、平面,且,平面,又平面,平面平面;(Ⅱ)取的中点,连接、,是正方形,易知、、两两垂直,以点为坐标原点,以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系,在中,,,,、、、,设平面的一个法向量,,,由,得,令,则,,.设平面的一个法向量,,,由,得,取,得,,得.,二面角为钝二面角,二面角的余弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明,同时也考查了利用空间向量法求解二面角,考查推理能力与计算能力,属于中等题.20.(1)①见解析,②见解析;(2)见解析【解析】
(1)①把代入函数解析式,求出函数的导函数得到,再求出,利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程;②令,利用导数研究函数的单调性,可得当时,;当时,;当时,.(2)由题意,,在上有唯一零点.利用导数可得当时,在上单调递减,当,时,在,上单调递增,得到.由在恒成立,且有唯一解,可得,得,即.令,则,再由在上恒成立,得在上单调递减,进一步得到在上单调递增,由此可得.【详解】解:(1)①当时,,,,又,切线方程为,即;②令,则,在上单调递减.又,当时,,即;当时,,即;当时,,即.证明:(2)由题意,,而,令,解得.,,在上有唯一零点.当时,,在上单调递减,当,时,,在,上单调递增..在恒成立,且有唯一解,,即,消去,得,即.令,则,在上恒成立,在上单调递减,又,,.在上单调递增,.【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程,考查利用导数研究函数的单调性,考查逻辑思维能力与推理论证能力,属难题.21.(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;(
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