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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.已知向量,则是的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.既不充分也不必要条件 D.充要条件2.集合,,则()A. B. C. D.3.已知函数满足=1,则等于()A.- B. C.- D.4.在中,,,,为的外心,若,,,则()A. B. C. D.5.如图,平面ABCD,ABCD为正方形,且,E,F分别是线段PA,CD的中点,则异面直线EF与BD所成角的余弦值为()A. B. C. D.6.若点x,y位于由曲线x=y-2+1与x=3围成的封闭区域内(包括边界),则A.-3,1 B.-3,5 C.-∞,-37.某高中高三(1)班为了冲刺高考,营造良好的学习氛围,向班内同学征集书法作品贴在班内墙壁上,小王,小董,小李各写了一幅书法作品,分别是:“入班即静”,“天道酬勤”,“细节决定成败”,为了弄清“天道酬勤”这一作品是谁写的,班主任对三人进行了问话,得到回复如下:小王说:“入班即静”是我写的;小董说:“天道酬勤”不是小王写的,就是我写的;小李说:“细节决定成败”不是我写的.若三人的说法有且仅有一人是正确的,则“入班即静”的书写者是()A.小王或小李 B.小王 C.小董 D.小李8.已知函数则函数的图象的对称轴方程为()A. B.C. D.9.已知数列的通项公式为,将这个数列中的项摆放成如图所示的数阵.记为数阵从左至右的列,从上到下的行共个数的和,则数列的前2020项和为()A. B. C. D.10.定义两种运算“★”与“◆”,对任意,满足下列运算性质:①★,◆;②()★★,◆◆,则(◆2020)(2020★2018)的值为()A. B. C. D.11.复数的模为().A. B.1 C.2 D.12.五名志愿者到三个不同的单位去进行帮扶,每个单位至少一人,则甲、乙两人不在同一个单位的概率为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知等比数列的各项均为正数,,则的值为________.14.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体外接球的表面积是______.15.己知函数,若曲线在处的切线与直线平行,则__________.16.已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a2三、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,,不等式恒成立.(1)求证:(2)求证:.18.(12分)如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形,底面,是的中点.(1).求证:平面平面;(2).若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)已知函数,.(1)讨论的单调性;(2)当时,证明:.20.(12分)在三棱锥S-ABC中,∠BAC=∠SBA=∠SCA=90°,∠SAB=45∘,∠SAC=60°,D为棱AB的中点,SA=2(I)证明:SD⊥BC;(II)求直线SD与平面SBC所成角的正弦值.21.(12分)设数列,其前项和,又单调递增的等比数列,,.(Ⅰ)求数列,的通项公式;(Ⅱ)若,求数列的前n项和,并求证:.22.(10分)已知直线的参数方程:(为参数)和圆的极坐标方程:(1)将直线的参数方程化为普通方程,圆的极坐标方程化为直角坐标方程;(2)已知点,直线与圆相交于、两点,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.A【解析】
向量,,,则,即,或者-1,判断出即可.【详解】解:向量,,,则,即,或者-1,所以是或者的充分不必要条件,故选:A.【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断,考查向量平行的坐标表示,属于基础题.2.A【解析】
解一元二次不等式化简集合A,再根据对数的真数大于零化简集合B,求交集运算即可.【详解】由可得,所以,由可得,所以,所以,故选A.【点睛】本题主要考查了集合的交集运算,涉及一元二次不等式解法及对数的概念,属于中档题.3.C【解析】
设的最小正周期为,可得,则,再根据得,又,则可求出,进而可得.【详解】解:设的最小正周期为,因为,所以,所以,所以,又,所以当时,,,因为,整理得,因为,,,则所以.故选:C.【点睛】本题考查三角形函数的周期性和对称性,考查学生分析能力和计算能力,是一道难度较大的题目.4.B【解析】
首先根据题中条件和三角形中几何关系求出,,即可求出的值.【详解】如图所示过做三角形三边的垂线,垂足分别为,,,过分别做,的平行线,,由题知,则外接圆半径,因为,所以,又因为,所以,,由题可知,所以,,所以.故选:D.【点睛】本题主要考查了三角形外心的性质,正弦定理,平面向量分解定理,属于一般题.5.C【解析】
分别以AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系,再利用向量法求异面直线EF与BD所成角的余弦值.【详解】由题可知,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设.则.故异面直线EF与BD所成角的余弦值为.故选:C【点睛】本题主要考查空间向量和异面直线所成的角的向量求法,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6.D【解析】
画出曲线x=y-2+1与x=3围成的封闭区域,y+1x-2表示封闭区域内的点(x,y)【详解】画出曲线x=y-2+1与y+1x-2表示封闭区域内的点(x,y)和定点P(2,-1)设k=y+1x-2,结合图形可得k≥k由题意得点A,B的坐标分别为A(3,0),B(1,2),∴kPA∴k≥1或k≤-3,∴y+1x-2的取值范围为-∞,-3故选D.【点睛】解答本题的关键有两个:一是根据数形结合的方法求解问题,即把y+1x-27.D【解析】
根据题意,分别假设一个正确,推理出与假设不矛盾,即可得出结论.【详解】解:由题意知,若只有小王的说法正确,则小王对应“入班即静”,而否定小董说法后得出:小王对应“天道酬勤”,则矛盾;若只有小董的说法正确,则小董对应“天道酬勤”,否定小李的说法后得出:小李对应“细节决定成败”,所以剩下小王对应“入班即静”,但与小王的错误的说法矛盾;若小李的说法正确,则“细节决定成败”不是小李的,则否定小董的说法得出:小王对应“天道酬勤”,所以得出“细节决定成败”是小董的,剩下“入班即静”是小李的,符合题意.所以“入班即静”的书写者是:小李.故选:D.【点睛】本题考查推理证明的实际应用.8.C【解析】
,将看成一个整体,结合的对称性即可得到答案.【详解】由已知,,令,得.故选:C.【点睛】本题考查余弦型函数的对称性的问题,在处理余弦型函数的性质时,一般采用整体法,结合三角函数的性质,是一道容易题.9.D【解析】
由题意,设每一行的和为,可得,继而可求解,表示,裂项相消即可求解.【详解】由题意,设每一行的和为故因此:故故选:D【点睛】本题考查了等差数列型数阵的求和,考查了学生综合分析,转化划归,数学运算的能力,属于中档题.10.B【解析】
根据新运算的定义分别得出◆2020和2020★2018的值,可得选项.【详解】由()★★,得(+2)★★,又★,所以★,★,★,,以此类推,2020★2018★2018,又◆◆,◆,所以◆,◆,◆,,以此类推,◆2020,所以(◆2020)(2020★2018),故选:B.【点睛】本题考查定义新运算,关键在于理解,运用新定义进行求值,属于中档题.11.D【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简,再由复数模的计算公式求解.【详解】解:,复数的模为.故选:D.【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算,考查复数模的求法,属于基础题.12.D【解析】
三个单位的人数可能为2,2,1或3,1,1,求出甲、乙两人在同一个单位的概率,利用互为对立事件的概率和为1即可解决.【详解】由题意,三个单位的人数可能为2,2,1或3,1,1;基本事件总数有种,若为第一种情况,且甲、乙两人在同一个单位,共有种情况;若为第二种情况,且甲、乙两人在同一个单位,共有种,故甲、乙两人在同一个单位的概率为,故甲、乙两人不在同一个单位的概率为.故选:D.【点睛】本题考查古典概型的概率公式的计算,涉及到排列与组合的应用,在正面情况较多时,可以先求其对立事件,即甲、乙两人在同一个单位的概率,本题有一定难度.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
运用等比数列的通项公式,即可解得.【详解】解:,,,,,,,,,,,.故答案为:.【点睛】本题考查等比数列的通项公式及应用,考查计算能力,属于基础题.14.【解析】
先由三视图在长方体中将其还原成直观图,再利用球的直径是长方体体对角线即可解决.【详解】由三视图知该几何体是一个三棱锥,如图所示长方体对角线长为,所以三棱锥外接球半径为,故所求外接球的表面积.故答案为:.【点睛】本题考查几何体三视图以及几何体外接球的表面积,考查学生空间想象能力以及基本计算能力,是一道基础题.15.【解析】
先求导,再根据导数的几何意义,有求解.【详解】因为函数,所以,所以,解得.故答案为:【点睛】本题考查导数的几何意义,还考查运算求解能力以及数形结合思想,属于基础题.16.-2【解析】试题分析:∵a2考点:等比数列性质及求和公式三、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.(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】
(1)先根据绝对值不等式求得的最大值,从而得到,再利用基本不等式进行证明;(2)利用基本不等式变形得,两边开平方得到新的不等式,利用同理可得另外两个不等式,再进行不等式相加,即可得答案.【详解】(1)∵,∴.∵,,,∴,∴,∴.(2)∵,,即两边开平方得.同理可得,.三式相加,得.【点睛】本题考查绝对值不等式、应用基本不等式证明不等式,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和推理论证能力.18.(1)见解析;(2).【解析】试题分析:(1)根据平面有,利用勾股定理可证明,故平面,再由面面垂直的判定定理可证得结论;(2)在点建立空间直角坐标系,利用二面角的余弦值为建立方程求得,在利用法向量求得和平面所成角的正弦值.试题解析:(Ⅰ)平面平面因为,所以,所以,所以,又,所以平面.因为平面,所以平面平面.(Ⅱ)如图,以点为原点,分别为轴、轴、轴正方向,建立空间直角坐标系,则.设,则取,则为面法向量.设为面的法向量,则,即,取,则依题意,则.于是.设直线与平面所成角为,则即直线与平面所成角的正弦值为.19.(1)见解析;(2)见解析【解析】
(1)求导得,分类讨论和,利用导数研究含参数的函数单调性;(2)根据(1)中求得的的单调性,得出在处取得最大值为,构造函数,利用导数,推出,即可证明不等式.【详解】解:(1)由于,得,当时,,此时在上递增;当时,由,解得,若,则,若,,此时在递增,在上递减.(2)由(1)知在处取得最大值为:,设,则,令,则,则在单调递减,∴,即,则在单调递减∴,∴,∴.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值,涉及分类讨论和构造新函数,通过导数证明不等式,考查转化思想和计算能力.20.(I)证明见解析;(II)1【解析】
(I)过D作DE⊥BC于E,连接SE,根据勾股定理得到SE⊥BC,DE⊥BC得到BC⊥平面SED,得到证明.(II)过点D作DF⊥SE于F,证明DF⊥平面SBC,故∠ESD为直线SD与平面SBC所成角,计算夹角得到答案.【详解】(I)过D作DE⊥BC于E,连接SE,根据角度的垂直关系易知
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