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文档简介

2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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,四边形为正方形,延长至,使得,点在线段上运动.设,则的取值范围是()A. B. C. D.2.若函数在时取得极值,则()A. B. C. D.3.已知圆与抛物线的准线相切,则的值为()A.1 B.2 C. D.44.双曲线:(,)的一个焦点为(),且双曲线的两条渐近线与圆:均相切,则双曲线的渐近线方程为()A. B. C. D.5.在等差数列中,若为前项和,,则的值是()A.156 B.124 C.136 D.1806.函数fxA. B.C. D.7.下列说法正确的是()A.命题“,”的否定形式是“,”B.若平面,,,满足,则C.随机变量服从正态分布(),若,则D.设是实数,“”是“”的充分不必要条件8.在三棱锥中,,,则三棱锥外接球的表面积是()A. B. C. D.9.点为不等式组所表示的平面区域上的动点,则的取值范围是()A. B. C. D.10.如图,四面体中,面和面都是等腰直角三角形,,,且二面角的大小为,若四面体的顶点都在球上,则球的表面积为()A. B. C. D.11.已知中,,则()A.1 B. C. D.12.复数,若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称,则等于()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.平行四边形中,,为边上一点(不与重合),将平行四边形沿折起,使五点均在一个球面上,当四棱锥体积最大时,球的表面积为________.14.已知是函数的极大值点,则的取值范围是____________.15.已知椭圆的左、右焦点分别为、,过椭圆的右焦点作一条直线交椭圆于点、.则内切圆面积的最大值是_________.16.的展开式中的系数为__________.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)已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点在轴正半轴上,圆心在直线上的圆与轴相切,且关于点对称.(1)求和的标准方程;(2)过点的直线与交于,与交于,求证:.18.(12分)已知函数有两个极值点,.(1)求实数的取值范围;(2)证明:.19.(12分)在三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,角为钝角,(1)求的值;(2)求边的长.20.(12分)设为等差数列的前项和,且,.(1)求数列的通项公式;(2)若满足不等式的正整数恰有个,求正实数的取值范围.21.(12分)已知不等式的解集为.(1)求实数的值;(2)已知存在实数使得恒成立,求实数的最大值.22.(10分)已知,.(1)解不等式;(2)若方程有三个解,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.C【解析】

以为坐标原点,以分别为x轴,y轴建立直角坐标系,利用向量的坐标运算计算即可解决.【详解】以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系,不妨设正方形的边长为1,则,,设,则,所以,且,故.故选:C.【点睛】本题考查利用向量的坐标运算求变量的取值范围,考查学生的基本计算能力,本题的关键是建立适当的直角坐标系,是一道基础题.2.D【解析】

对函数求导,根据函数在时取得极值,得到,即可求出结果.【详解】因为,所以,又函数在时取得极值,所以,解得.故选D【点睛】本题主要考查导数的应用,根据函数的极值求参数的问题,属于常考题型.3.B【解析】

因为圆与抛物线的准线相切,则圆心为(3,0),半径为4,根据相切可知,圆心到直线的距离等于半径,可知的值为2,选B.【详解】请在此输入详解!4.A【解析】

根据题意得到,化简得到,得到答案.【详解】根据题意知:焦点到渐近线的距离为,故,故渐近线为.故选:.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系,双曲线的渐近线,意在考查学生的计算能力和转化能力.5.A【解析】

因为,可得,根据等差数列前项和,即可求得答案.【详解】,,.故选:A.【点睛】本题主要考查了求等差数列前项和,解题关键是掌握等差中项定义和等差数列前项和公式,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.6.A【解析】

由f12=e-14>0排除选项D;【详解】由f12=e-14>0,可排除选项D,f-1=-e【点睛】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质,属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向,该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多,但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手,根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x→07.D【解析】

由特称命题的否定是全称命题可判断选项A;可能相交,可判断B选项;利用正态分布的性质可判断选项C;或,利用集合间的包含关系可判断选项D.【详解】命题“,”的否定形式是“,”,故A错误;,,则可能相交,故B错误;若,则,所以,故,所以C错误;由,得或,故“”是“”的充分不必要条件,D正确.故选:D.【点睛】本题考查命题的真假判断,涉及到特称命题的否定、面面相关的命题、正态分布、充分条件与必要条件等,是一道容易题.8.B【解析】

取的中点,连接、,推导出,设设球心为,和的中心分别为、,可得出平面,平面,利用勾股定理计算出球的半径,再利用球体的表面积公式可得出结果.【详解】取的中点,连接、,由和都是正三角形,得,,则,则,由勾股定理的逆定理,得.设球心为,和的中心分别为、.由球的性质可知:平面,平面,又,由勾股定理得.所以外接球半径为.所以外接球的表面积为.故选:B.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算,解题时要分析几何体的结构,找出球心的位置,并以此计算出球的半径长,考查推理能力与计算能力,属于中等题.9.B【解析】

作出不等式对应的平面区域,利用线性规划的知识,利用的几何意义即可得到结论.【详解】不等式组作出可行域如图:,,,的几何意义是动点到的斜率,由图象可知的斜率为1,的斜率为:,则的取值范围是:,,.故选:.【点睛】本题主要考查线性规划的应用,根据目标函数的几何意义结合斜率公式是解决本题的关键.10.B【解析】

分别取、的中点、,连接、、,利用二面角的定义转化二面角的平面角为,然后分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点,在中计算出,再利用勾股定理计算出,即可得出球的半径,最后利用球体的表面积公式可得出答案.【详解】如下图所示,分别取、的中点、,连接、、,由于是以为直角等腰直角三角形,为的中点,,,且、分别为、的中点,所以,,所以,,所以二面角的平面角为,,则,且,所以,,,是以为直角的等腰直角三角形,所以,的外心为点,同理可知,的外心为点,分别过点作平面的垂线与过点作平面的垂线交于点,则点在平面内,如下图所示,由图形可知,,在中,,,所以,,所以,球的半径为,因此,球的表面积为.故选:B.【点睛】本题考查球体的表面积,考查二面角的定义,解决本题的关键在于找出球心的位置,同时考查了计算能力,属于中等题.11.C【解析】

以为基底,将用基底表示,根据向量数量积的运算律,即可求解.【详解】,,.故选:C.【点睛】本题考查向量的线性运算以及向量的基本定理,考查向量数量积运算,属于中档题.12.A【解析】

先通过复数在复平面内对应的点关于虚轴对称,得到,再利用复数的除法求解.【详解】因为复数在复平面内对应的点关于虚轴对称,且复数,所以所以故选:A【点睛】本题主要考查复数的基本运算和几何意义,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】

依题意可得、、、四点共圆,即可得到,从而得到三角形为正三角形,利用余弦定理可得,且,要使四棱锥体积最大,当且仅当面面时体积取得最大值,利用正弦定理求出的外接圆的半径,再又可证面,则外接球的半径,即可求出球的表面积;【详解】解:依题意可得、、、四点共圆,所以因为,所以,,所以三角形为正三角形,则,,利用余弦定理得即,解得,则所以,当面面时,取得最大,所以的外接圆的半径,又面面,,且面面,面所以面,所以外接球的半径所以故答案为:【点睛】本题考查多面体的外接球的相关计算,正弦定理、余弦定理的应用,属于中档题.14.【解析】

方法一:令,则,,当,时,,单调递减,∴时,,,且,∴在上单调递增,时,,,且,∴在上单调递减,∴是函数的极大值点,∴满足题意;当时,存在使得,即,又在上单调递减,∴时,,,所以,这与是函数的极大值点矛盾.综上,.方法二:依据极值的定义,要使是函数的极大值点,由知须在的左侧附近,,即;在的右侧附近,,即.易知,时,与相切于原点,所以根据与的图象关系,可得.15.【解析】令直线:,与椭圆方程联立消去得,可设,则,.可知,又,故.三角形周长与三角形内切圆的半径的积是三角形面积的二倍,则内切圆半径,其面积最大值为.故本题应填.点睛:圆锥曲线中最值与范围的求法有两种:(1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决,这就是几何法.(2)代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数,则可首先建立起目标函数,再求这个函数的最值,求函数最值的常用方法有配方法,判别式法,重要不等式及函数的单调性法等.16.3【解析】

分别用1和进行分类讨论即可【详解】当第一个因式取1时,第二个因式应取含的项,则对应系数为:;当第一个因式取时,第二个因式应取含的项,则对应系数为:;故的展开式中的系数为.故答案为:3【点睛】本题考查二项式定理中具体项对应系数的求解,属于基础题三、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),;(2)证明见解析.【解析】分析:(1)设的标准方程为,由题意可设.结合中点坐标公式计算可得的标准方程为.半径,则的标准方程为.(2)设的斜率为,则其方程为,由弦长公式可得.联立直线与抛物线的方程有.设,利用韦达定理结合弦长公式可得.则.即.详解:(1)设的标准方程为,则.已知在直线上,故可设.因为关于对称,所以解得所以的标准方程为.因为与轴相切,故半径,所以的标准方程为.(2)设的斜率为,那么其方程为,则到的距离,所以.由消去并整理得:.设,则,那么.所以.所以,即.点睛:(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似,一般要用到根与系数的关系;(2)有关直线与抛物线的弦长问题,要注意直线是否过抛物线的焦点,若过抛物线的焦点,可直接使用公式|AB|=x1+x2+p,若不过焦点,则必须用一般弦长公式.18.(1)(2)证明见解析【解析】

(1)先求得导函数,根据两个极值点可知有两个不等实根,构造函数,求得;讨论和两种情况,即可确定零点的情况,即可由零点的情况确定的取值范围;(2)根据极值点定义可知,,代入不等式化简变形后可知只需证明;构造函数,并求得,进而判断的单调区间,由题意可知,并设,构造函数,并求得,即可判断在内的单调性和最值,进而可得,即可由函数性质得,进而由单调性证明,即证明,从而证明原不等式成立.【详解】(1)函数则,因为存在两个极值点,,所以有两个不等实根.设,所以.①当时,,所以在上单调递增,至多有一个零点,不符合题意.②当时,令得,0减极小值增所以,即.又因为,,所以在区间和上各有一个零点,符合题意,综上,实数的取值范围为.(2)证明:由题意知,,所以,.要证明,只需证明,只需证明.因为,,所以.设,则,所以在上是增函数,在上是减函数.因为,不妨设,设,,则,当时,,,所以,所以在上是增函数,所以,所以,即.因为,所以,所以.因为,,且在上是减函数,所以,即,所以原命题成立,得证.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值点,由导数证明不等式,构造函数法的综合应用,极值点偏移证明不等式成立的应用,是高考的常考点和热点,属于难题.19.(1)(2)【解析】

(1)由,分别求得,得到答案;(2)利用正弦定理得到,利用余弦定理解出.【详解】(1)因为角为钝角,,所以,又,所以,且,所以.(2)因为,且,所以,又,则,所以.20.(1);(2).【解析】

(1)设等差数列的公差为,根据题意得出关于和的方程组,解出这两个量的值,然后利用等差数列的通项公式可得出数列的通项公式;(2)求出,可得出,可知当为奇数时不等式不成立,只考虑为偶数的情况,利用数列单调性的定义判断数列中偶数项构成的数列的单调性,由此能求出正实数的取值范围.【详解】(1)设等差数列的公差为,则,整理得,解得,,因此,;(2),满足不等式的正整数恰有个,得,由于,若为奇数,则不等式不可能成立.只考虑为偶数的情况,令,则,..当时,,则;当时,,则;当时,,则.所以,,又,

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