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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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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.是边长为的等边三角形,、分别为、的中点,沿把折起,使点翻折到点的位置,连接、,当四棱锥的外接球的表面积最小时,四棱锥的体积为()A. B. C. D.2.在空间直角坐标系中,四面体各顶点坐标分别为:.假设蚂蚁窝在点,一只蚂蚁从点出发,需要在,上分别任意选择一点留下信息,然后再返回点.那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是()A. B. C. D.3.已知集合,则集合()A. B. C. D.4.已知集合A={0,1},B={0,1,2},则满足A∪C=B的集合C的个数为()A.4 B.3 C.2 D.15.《周易》是我国古代典籍,用“卦”描述了天地世间万象变化.如图是一个八卦图,包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦(每一卦由三个爻组成,其中“”表示一个阳爻,“”表示一个阴爻).若从含有两个及以上阳爻的卦中任取两卦,这两卦的六个爻中都恰有两个阳爻的概率为()A. B. C. D.6.天干地支,简称为干支,源自中国远古时代对天象的观测.“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”称为十天干,“子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥”称为十二地支.干支纪年法是天干和地支依次按固定的顺序相互配合组成,以此往复,60年为一个轮回.现从农历2000年至2019年共20个年份中任取2个年份,则这2个年份的天干或地支相同的概率为()A. B. C. D.7.在“一带一路”知识测验后,甲、乙、丙三人对成绩进行预测.甲:我的成绩比乙高.乙:丙的成绩比我和甲的都高.丙:我的成绩比乙高.成绩公布后,三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,那么三人按成绩由高到低的次序为A.甲、乙、丙 B.乙、甲、丙C.丙、乙、甲 D.甲、丙、乙8.如图,在平面四边形中,满足,且,沿着把折起,使点到达点的位置,且使,则三棱锥体积的最大值为()A.12 B. C. D.9.已知集合,则()A. B. C. D.10.半径为2的球内有一个内接正三棱柱,则正三棱柱的侧面积的最大值为()A. B. C. D.11.已知双曲线的左、右焦点分别为,,P是双曲线E上的一点,且.若直线与双曲线E的渐近线交于点M,且M为的中点,则双曲线E的渐近线方程为()A. B. C. D.12.已知实数满足,则的最小值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.四面体中,底面,,,则四面体的外接球的表面积为______14.记等差数列和的前项和分别为和,若,则______.15.在中,内角的对边分别为,已知,则的面积为___________.16.已知向量,满足,,且已知向量,的夹角为,,则的最小值是__.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)已知抛物线的准线过椭圆C:(a>b>0)的左焦点F,且点F到直线l:(c为椭圆焦距的一半)的距离为4.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过点F做直线与椭圆C交于A,B两点,P是AB的中点,线段AB的中垂线交直线l于点Q.若,求直线AB的方程.18.(12分)在中,设、、分别为角、、的对边,记的面积为,且.(1)求角的大小;(2)若,,求的值.19.(12分)已知函数.(1)求的极值;(2)若,且,证明:.20.(12分)已知函数的定义域为,且满足,当时,有,且.(1)求不等式的解集;(2)对任意,恒成立,求实数的取值范围.21.(12分)已知函数.(Ⅰ)求函数的极值;(Ⅱ)若,且,求证:.22.(10分)如图(1)五边形中,,将沿折到的位置,得到四棱锥,如图(2),点为线段的中点,且平面.(1)求证:平面平面;(2)若直线与所成角的正切值为,求直线与平面所成角的正弦值.

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.D【解析】

首先由题意得,当梯形的外接圆圆心为四棱锥的外接球球心时,外接球的半径最小,通过图形发现,的中点即为梯形的外接圆圆心,也即四棱锥的外接球球心,则可得到,进而可根据四棱锥的体积公式求出体积.【详解】如图,四边形为等腰梯形,则其必有外接圆,设为梯形的外接圆圆心,当也为四棱锥的外接球球心时,外接球的半径最小,也就使得外接球的表面积最小,过作的垂线交于点,交于点,连接,点必在上,、分别为、的中点,则必有,,即为直角三角形.对于等腰梯形,如图:因为是等边三角形,、、分别为、、的中点,必有,所以点为等腰梯形的外接圆圆心,即点与点重合,如图,,所以四棱锥底面的高为,.故选:D.【点睛】本题考查四棱锥的外接球及体积问题,关键是要找到外接球球心的位置,这个是一个难点,考查了学生空间想象能力和分析能力,是一道难度较大的题目.2.C【解析】

将四面体沿着劈开,展开后最短路径就是的边,在中,利用余弦定理即可求解.【详解】将四面体沿着劈开,展开后如下图所示:最短路径就是的边.易求得,由,知,由余弦定理知其中,∴故选:C【点睛】本题考查了余弦定理解三角形,需熟记定理的内容,考查了学生的空间想象能力,属于中档题.3.D【解析】

弄清集合B的含义,它的元素x来自于集合A,且也是集合A的元素.【详解】因,所以,故,又,,则,故集合.故选:D.【点睛】本题考查集合的定义,涉及到解绝对值不等式,是一道基础题.4.A【解析】

由可确定集合中元素一定有的元素,然后列出满足题意的情况,得到答案.【详解】由可知集合中一定有元素2,所以符合要求的集合有,共4种情况,所以选A项.【点睛】考查集合并集运算,属于简单题.5.B【解析】

基本事件总数为个,都恰有两个阳爻包含的基本事件个数为个,由此求出概率.【详解】解:由图可知,含有两个及以上阳爻的卦有巽、离、兑、乾四卦,取出两卦的基本事件有(巽,离),(巽,兑),(巽,乾),(离,兑),(离,乾),(兑,乾)共个,其中符合条件的基本事件有(巽,离),(巽,兑),(离,兑)共个,所以,所求的概率.故选:B.【点睛】本题渗透传统文化,考查概率、计数原理等基本知识,考查抽象概括能力和应用意识,属于基础题.6.B【解析】

利用古典概型概率计算方法分析出符合题意的基本事件个数,结合组合数的计算即可出求得概率.【详解】20个年份中天干相同的有10组(每组2个),地支相同的年份有8组(每组2个),从这20个年份中任取2个年份,则这2个年份的天干或地支相同的概率.故选:B.【点睛】本小题主要考查古典概型的计算,考查组合数的计算,考查学生分析问题的能力,难度较易.7.A【解析】

利用逐一验证的方法进行求解.【详解】若甲预测正确,则乙、丙预测错误,则甲比乙成绩高,丙比乙成绩低,故3人成绩由高到低依次为甲,乙,丙;若乙预测正确,则丙预测也正确,不符合题意;若丙预测正确,则甲必预测错误,丙比乙的成绩高,乙比甲成绩高,即丙比甲,乙成绩都高,即乙预测正确,不符合题意,故选A.【点睛】本题将数学知识与时政结合,主要考查推理判断能力.题目有一定难度,注重了基础知识、逻辑推理能力的考查.8.C【解析】

过作于,连接,易知,,从而可证平面,进而可知,当最大时,取得最大值,取的中点,可得,再由,求出的最大值即可.【详解】在和中,,所以,则,过作于,连接,显然,则,且,又因为,所以平面,所以,当最大时,取得最大值,取的中点,则,所以,因为,所以点在以为焦点的椭圆上(不在左右顶点),其中长轴长为10,焦距长为8,所以的最大值为椭圆的短轴长的一半,故最大值为,所以最大值为,故的最大值为.故选:C.【点睛】本题考查三棱锥体积的最大值,考查学生的空间想象能力与计算求解能力,属于中档题.9.A【解析】

考虑既属于又属于的集合,即得.【详解】.故选:【点睛】本题考查集合的交运算,属于基础题.10.B【解析】

设正三棱柱上下底面的中心分别为,底面边长与高分别为,利用,可得,进一步得到侧面积,再利用基本不等式求最值即可.【详解】如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为,底面边长与高分别为,则,在中,,化为,,,当且仅当时取等号,此时.故选:B.【点睛】本题考查正三棱柱与球的切接问题,涉及到基本不等式求最值,考查学生的计算能力,是一道中档题.11.C【解析】

由双曲线定义得,,OM是的中位线,可得,在中,利用余弦定理即可建立关系,从而得到渐近线的斜率.【详解】根据题意,点P一定在左支上.由及,得,,再结合M为的中点,得,又因为OM是的中位线,又,且,从而直线与双曲线的左支只有一个交点.在中.——①由,得.——②由①②,解得,即,则渐近线方程为.故选:C.【点睛】本题考查求双曲线渐近线方程,涉及到双曲线的定义、焦点三角形等知识,是一道中档题.12.A【解析】

所求的分母特征,利用变形构造,再等价变形,利用基本不等式求最值.【详解】解:因为满足,则,当且仅当时取等号,故选:.【点睛】本题考查通过拼凑法利用基本不等式求最值.拼凑法的实质在于代数式的灵活变形,拼系数、凑常数是关键.(1)拼凑的技巧,以整式为基础,注意利用系数的变化以及等式中常数的调整,做到等价变形;(2)代数式的变形以拼凑出和或积的定值为目标(3)拆项、添项应注意检验利用基本不等式的前提.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

由题意画出图形,补形为长方体,求其对角线长,可得四面体外接球的半径,则表面积可求.【详解】解:如图,在四面体中,底面,,,可得,补形为长方体,则过一个顶点的三条棱长分别为1,1,,则长方体的对角线长为,则三棱锥的外接球的半径为1.其表面积为.故答案为:.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法,补形是关键,属于中档题.14.【解析】

结合等差数列的前项和公式,可得,求解即可.【详解】由题意,,,因为,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,属于基础题.15.【解析】

由余弦定理先算出c,再利用面积公式计算即可.【详解】由余弦定理,得,即,解得,故的面积.故答案为:【点睛】本题考查利用余弦定理求解三角形的面积,考查学生的计算能力,是一道基础题.16.【解析】

求的最小值可以转化为求以AB为直径的圆到点O的最小距离,由此即可得到本题答案.【详解】如图所示,设,由题,得,又,所以,则点C在以AB为直径的圆上,取AB的中点为M,则,设以AB为直径的圆与线段OM的交点为E,则的最小值是,因为,又,所以的最小值是.故答案为:【点睛】本题主要考查向量的综合应用问题,涉及到圆的相关知识与余弦定理,考查学生的分析问题和解决问题的能力,体现了数形结合的数学思想.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)或.【解析】

(1)由抛物线的准线方程求出的值,确定左焦点坐标,再由点F到直线l:的距离为4,求出即可;(2)设直线方程,与椭圆方程联立,运用根与系数关系和弦长公式,以及两直线垂直的条件和中点坐标公式,即可得到所求直线的方程.【详解】(1)抛物线的准线方程为,,直线,点F到直线l的距离为,,所以椭圆的标准方程为;(2)依题意斜率不为0,又过点,设方程为,联立,消去得,,,设,,,,线段AB的中垂线交直线l于点Q,所以横坐标为3,,,,平方整理得,解得或(舍去),,所求的直线方程为或.【点睛】本题考查椭圆的方程以及直线与椭圆的位置关系,要熟练应用根与系数关系、相交弦长公式,合理运用两点间的距离公式,考查计算求解能力,属于中档题.18.(1);(2)【解析】

(1)由三角形面积公式,平面向量数量积的运算可得,结合范围,可求,进而可求的值.(2)利用同角三角函数基本关系式可求,利用两角和的正弦函数公式可求的值,由正弦定理可求得的值.【详解】解:(1)由,得,因为,所以,可得:.(2)中,,所以.所以:,由正弦定理,得,解得,【点睛】本题主要考查了三角形面积公式,平面向量数量积的运算,同角三角函数基本关系式,两角和的正弦函数公式,正弦定理在解三角形中的应用,考查了计算能力和转化思想,属于基础题.19.(1)极大值为;极小值为;(2)见解析【解析】

(1)对函数求导,进而可求出单调性,从而可求出函数的极值;(2)构造函数,求导并判断单调性可得,从而在上恒成立,再结合,,可得到,即可证明结论成立.【详解】(1)函数的定义域为,,所以当时,;当时,,则的单调递增区间为和,单调递减区间为.故的极大值为;的极小值为.(2)证明:由(1)知,设函数,则,,则在上恒成立,即在上单调递增,故,又,则,即在上恒成立.因为,所以,又,则,因为,且在上单调递减,所以,故.【点睛】本题考查函数的单调性与极值,考查了利用导数证明不等式,构造函数是解决本题的关键,属于难题.20.(1);(2).【解析】

(1)利用定义法求出函数在上单调递增,由和,求出,求出,运用单调性求出不等式的解集;(2)由于恒成立,由(1)得出在上单调递增,恒成立,设,利用三角恒等变换化简,结合恒成立的条件,构造新函数,利用单调性和最值,求出实数的取值范围.【详解】(1)设,,所以函数在上单调递增,又因为和,则,所以得解得,即,故的取值范围为;(2)由于恒成立,恒成立,设,则,令,则,所以在区间上单调递增,所以,根据条件,只要,所以.【点睛】本题考查利用定义法求函数的单调性和利用单调性求不等式的解集,考查不等式恒成立问题,还运用降幂公式、两角和与差的余弦公式、辅助角公式,考查转化思想和解题能力.21.(Ⅰ)极大值为:,无极小值;(Ⅱ)见解析.【解析】

(Ⅰ)求出函数的导数,解关于导函数的不等式,求出函数的单调区间即可求出函数的极值;(Ⅱ)得到,根据函数的单调性问题转化为证明,即证,令,根据函数的单调性证明即可.【详解】(Ⅰ)

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