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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、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,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,则的最小值为()参考数据:A. B. C. D.2.设为虚数单位,复数,则实数的值是()A.1 B.-1 C.0 D.23.如图,圆锥底面半径为,体积为,、是底面圆的两条互相垂直的直径,是母线的中点,已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分,则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于()A. B.1 C. D.4.函数的大致图象为()A. B.C. D.5.二项式的展开式中,常数项为()A. B.80 C. D.1606.已知命题,且是的必要不充分条件,则实数的取值范围为()A. B. C. D.7.已知变量x,y间存在线性相关关系,其数据如下表,回归直线方程为,则表中数据m的值为()变量x0123变量y35.57A.0.9 B.0.85 C.0.75 D.0.58.已知抛物线和点,直线与抛物线交于不同两点,,直线与抛物线交于另一点.给出以下判断:①以为直径的圆与抛物线准线相离;②直线与直线的斜率乘积为;③设过点,,的圆的圆心坐标为,半径为,则.其中,所有正确判断的序号是()A.①② B.①③ C.②③ D.①②③9.函数在上的图象大致为()A. B. C. D.10.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为()A. B.4C. D.511.已知集合A={x|x<1},B={x|},则A. B.C. D.12.若函数的定义域为M={x|-2≤x≤2},值域为N={y|0≤y≤2},则函数的图像可能是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.如果复数满足,那么______(为虚数单位).14.函数的极大值为______.15.已知正方形边长为,空间中的动点满足,,则三棱锥体积的最大值是______.16.能说明“在数列中,若对于任意的,,则为递增数列”为假命题的一个等差数列是______.(写出数列的通项公式)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,在正四棱锥中,,点、分别在线段、上,.(1)若,求证:⊥;(2)若二面角的大小为,求线段的长.18.(12分)已知.(1)求不等式的解集;(2)若存在,使得成立,求实数的取值范围19.(12分)已知函数为实数)的图像在点处的切线方程为.(1)求实数的值及函数的单调区间;(2)设函数,证明时,.20.(12分)已知抛物线上一点到焦点的距离为2,(1)求的值与抛物线的方程;(2)抛物线上第一象限内的动点在点右侧,抛物线上第四象限内的动点,满足,求直线的斜率范围.21.(12分)以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的参数方程是(为参数,常数),曲线的极坐标方程是.(1)写出的普通方程及的直角坐标方程,并指出是什么曲线;(2)若直线与曲线,均相切且相切于同一点,求直线的极坐标方程.22.(10分)已知函数(1)若函数有且只有一个零点,求实数的取值范围;(2)若函数对恒成立,求实数的取值范围.
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.A【解析】
首先的单调性,由此判断出,由求得的关系式.利用导数求得的最小值,由此求得的最小值.【详解】由于函数,所以在上递减,在上递增.由于,,令,解得,所以,且,化简得,所以,构造函数,.构造函数,,所以在区间上递减,而,,所以存在,使.所以在上大于零,在上小于零.所以在区间上递增,在区间上递减.而,所以在区间上的最小值为,也即的最小值为,所以的最小值为.故选:A【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值,考查分段函数的图像与性质,考查化归与转化的数学思想方法,属于难题.2.A【解析】
根据复数的乘法运算化简,由复数的意义即可求得的值.【详解】复数,由复数乘法运算化简可得,所以由复数定义可知,解得,故选:A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算,复数的意义,属于基础题.3.D【解析】
建立平面直角坐标系,求得抛物线的轨迹方程,解直角三角形求得抛物线的焦点到圆锥顶点的距离.【详解】将抛物线放入坐标系,如图所示,∵,,,∴,设抛物线,代入点,可得∴焦点为,即焦点为中点,设焦点为,,,∴.故选:D【点睛】本小题考查圆锥曲线的概念,抛物线的性质,两点间的距离等基础知识;考查运算求解能力,空间想象能力,推理论证能力,应用意识.4.A【解析】
利用特殊点的坐标代入,排除掉C,D;再由判断A选项正确.【详解】,排除掉C,D;,,,.故选:A.【点睛】本题考查了由函数解析式判断函数的大致图象问题,代入特殊点,采用排除法求解是解决这类问题的一种常用方法,属于中档题.5.A【解析】
求出二项式的展开式的通式,再令的次数为零,可得结果.【详解】解:二项式展开式的通式为,令,解得,则常数项为.故选:A.【点睛】本题考查二项式定理指定项的求解,关键是熟练应用二项展开式的通式,是基础题.6.D【解析】
求出命题不等式的解为,是的必要不充分条件,得是的子集,建立不等式求解.【详解】解:命题,即:,是的必要不充分条件,,,解得.实数的取值范围为.故选:.【点睛】本题考查根据充分、必要条件求参数范围,其思路方法:(1)解决此类问题一般是把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系,然后根据集合之间关系列出关于参数的不等式(组)求解.(2)求解参数的取值范围时,一定要注意区间端点值的检验.7.A【解析】
计算,代入回归方程可得.【详解】由题意,,∴,解得.故选:A.【点睛】本题考查线性回归直线方程,解题关键是掌握性质:线性回归直线一定过中心点.8.D【解析】
对于①,利用抛物线的定义,利用可判断;对于②,设直线的方程为,与抛物线联立,用坐标表示直线与直线的斜率乘积,即可判断;对于③,将代入抛物线的方程可得,,从而,,利用韦达定理可得,再由,可用m表示,线段的中垂线与轴的交点(即圆心)横坐标为,可得a,即可判断.【详解】如图,设为抛物线的焦点,以线段为直径的圆为,则圆心为线段的中点.设,到准线的距离分别为,,的半径为,点到准线的距离为,显然,,三点不共线,则.所以①正确.由题意可设直线的方程为,代入抛物线的方程,有.设点,的坐标分别为,,则,.所以.则直线与直线的斜率乘积为.所以②正确.将代入抛物线的方程可得,,从而,.根据抛物线的对称性可知,,两点关于轴对称,所以过点,,的圆的圆心在轴上.由上,有,,则.所以,线段的中垂线与轴的交点(即圆心)横坐标为,所以.于是,,代入,,得,所以.所以③正确.故选:D【点睛】本题考查了抛物线的性质综合,考查了学生综合分析,转化划归,数形结合,数学运算的能力,属于较难题.9.C【解析】
根据函数的奇偶性及函数在时的符号,即可求解.【详解】由可知函数为奇函数.所以函数图象关于原点对称,排除选项A,B;当时,,,排除选项D,故选:C.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性,属于中档题.10.B【解析】
还原几何体的直观图,可将此三棱锥放入长方体中,利用体积分割求解即可.【详解】如图,三棱锥的直观图为,体积.故选:B.【点睛】本题主要考查了锥体的体积的求解,利用的体积分割的方法,考查了空间想象力及计算能力,属于中档题.11.A【解析】∵集合∴∵集合∴,故选A12.B【解析】因为对A不符合定义域当中的每一个元素都有象,即可排除;对B满足函数定义,故符合;对C出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况,不符合函数的定义,从而可以否定;对D因为值域当中有的元素没有原象,故可否定.故选B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
把已知等式变形,再由复数代数形式的乘除运算化简,然后利用复数模的计算公式求解.【详解】∵,∴,∴,故答案为:.【点睛】本小题主要考查复数除法运算,考查复数的模的求法,属于基础题.14.【解析】
先求函的定义域,再对函数进行求导,再解不等式得单调区间,进而求得极值点,即可求出函数的极大值.【详解】函数,,,令得,,当时,,函数单调递增;当时,,函数单调递减,当时,函数取到极大值,极大值为.故答案为:.【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查运算求解能力,求解时注意定义域优先法则的应用.15.【解析】
以为原点,为轴,为轴,过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系,设点,根据题中条件得出,进而可求出的最大值,由此能求出三棱锥体积的最大值.【详解】以为原点,为轴,为轴,过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系,则,,,设点,空间中的动点满足,,所以,整理得,,当,时,取最大值,所以,三棱锥的体积为.因此,三棱锥体积的最大值为.故答案为:.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.16.答案不唯一,如【解析】
根据等差数列的性质可得到满足条件的数列.【详解】由题意知,不妨设,则,很明显为递减数列,说明原命题是假命题.所以,答案不唯一,符合条件即可.【点睛】本题考查对等差数列的概念和性质的理解,关键是假设出一个递减的数列,还需检验是否满足命题中的条件,属基础题.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.(1)证明见解析;(2).【解析】试题分析:由于图形是正四棱锥,因此设AC、BD交点为O,则以OA为x轴正方向,以OB为y轴正方向,OP为z轴正方向建立空间直角坐标系,可用空间向量法解决问题.(1)只要证明=0即可证明垂直;(2)设=λ,得M(λ,0,1-λ),然后求出平面MBD的法向量,而平面ABD的法向量为,利用法向量夹角与二面角相等或互补可求得.试题解析:(1)连结AC、BD交于点O,以OA为x轴正方向,以OB为y轴正方向,OP为z轴正方向建立空间直角坐标系.因为PA=AB=,则A(1,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).由=,得N,由=,得M,所以,=(-1,-1,0).因为=0,所以MN⊥AD(2)解:因为M在PA上,可设=λ,得M(λ,0,1-λ).所以=(λ,-1,1-λ),=(0,-2,0).设平面MBD的法向量=(x,y,z),由,得其中一组解为x=λ-1,y=0,z=λ,所以可取=(λ-1,0,λ).因为平面ABD的法向量为=(0,0,1),所以cos=,即=,解得λ=,从而M,N,所以MN==.考点:用空间向量法证垂直、求二面角.18.(1).(2).【解析】试题分析:(Ⅰ)通过讨论x的范围,得到关于x的不等式组,解出取并集即可;(Ⅱ)求出f(x)的最大值,得到关于a的不等式,解出即可.试题解析:(1)不等式等价于或或,解得或,所以不等式的解集是;(2),,,解得实数的取值范围是.点睛:含绝对值不等式的解法有两个基本方法,一是运用零点分区间讨论,二是利用绝对值的几何意义求解.法一是运用分类讨论思想,法二是运用数形结合思想,将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透,解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用,这是命题的新动向.19.(1);函数的单调递减区间为,单调递增区间为;(2)详见解析.【解析】
试题分析:(1)由题得,根据曲线在点处的切线方程,列出方程组,求得的值,得到的解析式,即可求解函数的单调区间;(2)由(1)得根据由,整理得,设,转化为函数的最值,即可作出证明.试题解析:(1)由题得,函数的定义域为,,因为曲线在点处的切线方程为,所以解得.令,得,当时,,在区间内单调递减;当时,,在区间内单调递增.所以函数的单调递减区间为,单调递增区间为.(2)由(1)得,.由,得,即.要证,需证,即证,设,则要证,等价于证:.令,则,∴在区间内单调递增,,即,故.20.(1)1;(2)【解析】
(1)根据点到焦点的距离为2,利用抛物线的定义得,再根据点在抛物线上有,列方程组求解,(2)设,根据,再由,求得,当,即时,直线斜率不存在;当时,,令,利用导数求解,【详解】(1)因为点到焦点的距离为2,即点到准线的距离为2,得,又,解得,所以抛物线方程为(2)设,由由,则当,即时,直线斜率不存在;当时,令,所以在上分别递减则【点睛】本题主要考查抛物线定义及方程的应用,还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力,属于中档题,21.(1),,表示以为圆心为半径的圆;为抛物线;(2)【解析】
(1)消去参数的直角坐标方程,利用,即得
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