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文档简介

2021-2022高考数学模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.若复数(是虚数单位),则复数在复平面内对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.为研究某咖啡店每日的热咖啡销售量和气温之间是否具有线性相关关系,统计该店2017年每周六的销售量及当天气温得到如图所示的散点图(轴表示气温,轴表示销售量),由散点图可知与的相关关系为()A.正相关,相关系数的值为B.负相关,相关系数的值为C.负相关,相关系数的值为D.正相关,相关负数的值为3.二项式展开式中,项的系数为()A. B. C. D.4.已知,若则实数的取值范围是()A. B. C. D.5.已知函数,且的图象经过第一、二、四象限,则,,的大小关系为()A. B.C. D.6.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线,例如:四叶草曲线就是其中一种,其方程为.给出下列四个结论:①曲线有四条对称轴;②曲线上的点到原点的最大距离为;③曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为;④四叶草面积小于.其中,所有正确结论的序号是()A.①② B.①③ C.①③④ D.①②④7.已知集合,,则()A. B.C.或 D.8.要得到函数的图象,只需将函数图象上所有点的横坐标()A.伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图象向右平移个单位长度B.伸长到原来的2倍(纵坐标不变),再将得到的图像向左平移个单位长度C.缩短到原来的倍(纵坐标不变),再将得到的图象向左平移个单位长度D.缩短到原来的倍(纵坐标不变),再将得到的图象向右平移个单位长度9.在中,角所对的边分别为,已知,.当变化时,若存在最大值,则正数的取值范围为A. B. C. D.10.已知双曲线满足以下条件:①双曲线E的右焦点与抛物线的焦点F重合;②双曲线E与过点的幂函数的图象交于点Q,且该幂函数在点Q处的切线过点F关于原点的对称点.则双曲线的离心率是()A. B. C. D.11.已知集合A={x|–1<x<2},B={x|x>1},则A∪B=A.(–1,1) B.(1,2) C.(–1,+∞) D.(1,+∞)12.若向量,,则与共线的向量可以是()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知随机变量服从正态分布,,则__________.14.的展开式中的常数项为__________.15.已知函数则______.16.设、、、、是表面积为的球的球面上五点,四边形为正方形,则四棱锥体积的最大值为__________.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)已知函数.(1)设,求函数的单调区间,并证明函数有唯一零点.(2)若函数在区间上不单调,证明:.18.(12分)已知函数(1)若,试讨论的单调性;(2)若,实数为方程的两不等实根,求证:.19.(12分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1是菱形,AC=BC=2,∠CBB1=,点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E.(1)求证:四边形ACC1A1为矩形;(2)求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值.20.(12分)在直角坐标系中,曲线的参数方程为(为参数,),点.以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的直角坐标方程,并指出其形状;(2)曲线与曲线交于,两点,若,求的值.21.(12分)已知函数.(1)若是函数的极值点,求的单调区间;(2)当时,证明:22.(10分)设首项为1的正项数列{an}的前n项和为Sn,数列的前n项和为Tn,且,其中p为常数.(1)求p的值;(2)求证:数列{an}为等比数列;(3)证明:“数列an,2xan+1,2yan+2成等差数列,其中x、y均为整数”的充要条件是“x=1,且y=2”.

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】

将整理成的形式,得到复数所对应的的点,从而可选出所在象限.【详解】解:,所以所对应的点为在第一象限.故选:A.【点睛】本题考查了复数的乘法运算,考查了复数对应的坐标.易错点是误把当成进行计算.2.C【解析】

根据正负相关的概念判断.【详解】由散点图知随着的增大而减小,因此是负相关.相关系数为负.故选:C.【点睛】本题考查变量的相关关系,考查正相关和负相关的区别.掌握正负相关的定义是解题基础.3.D【解析】

写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.【详解】二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.故选:D【点睛】本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.4.C【解析】

根据,得到有解,则,得,,得到,再根据,有,即,可化为,根据,则的解集包含求解,【详解】因为,所以有解,即有解,所以,得,,所以,又因为,所以,即,可化为,因为,所以的解集包含,所以或,解得,故选:C【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用,还考查了运算求解的能力,属于中档题,5.C【解析】

根据题意,得,,则为减函数,从而得出函数的单调性,可比较和,而,比较,即可比较.【详解】因为,且的图象经过第一、二、四象限,所以,,所以函数为减函数,函数在上单调递减,在上单调递增,又因为,所以,又,,则|,即,所以.故选:C.【点睛】本题考查利用函数的单调性比较大小,还考查化简能力和转化思想.6.C【解析】

①利用之间的代换判断出对称轴的条数;②利用基本不等式求解出到原点的距离最大值;③将面积转化为的关系式,然后根据基本不等式求解出最大值;④根据满足的不等式判断出四叶草与对应圆的关系,从而判断出面积是否小于.【详解】①:当变为时,不变,所以四叶草图象关于轴对称;当变为时,不变,所以四叶草图象关于轴对称;当变为时,不变,所以四叶草图象关于轴对称;当变为时,不变,所以四叶草图象关于轴对称;综上可知:有四条对称轴,故正确;②:因为,所以,所以,所以,取等号时,所以最大距离为,故错误;③:设任意一点,所以围成的矩形面积为,因为,所以,所以,取等号时,所以围成矩形面积的最大值为,故正确;④:由②可知,所以四叶草包含在圆的内部,因为圆的面积为:,所以四叶草的面积小于,故正确.故选:C.【点睛】本题考查曲线与方程的综合运用,其中涉及到曲线的对称性分析以及基本不等式的运用,难度较难.分析方程所表示曲线的对称性,可通过替换方程中去分析证明.7.D【解析】

首先求出集合,再根据补集的定义计算可得;【详解】解:∵,解得∴,∴.故选:D【点睛】本题考查补集的概念及运算,一元二次不等式的解法,属于基础题.8.B【解析】

分析:根据三角函数的图象关系进行判断即可.详解:将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),

得到再将得到的图象向左平移个单位长度得到故选B.点睛:本题主要考查三角函数的图象变换,结合和的关系是解决本题的关键.9.C【解析】

因为,,所以根据正弦定理可得,所以,,所以,其中,,因为存在最大值,所以由,可得,所以,所以,解得,所以正数的取值范围为,故选C.10.B【解析】

由已知可求出焦点坐标为,可求得幂函数为,设出切点通过导数求出切线方程的斜率,利用斜率相等列出方程,即可求出切点坐标,然后求解双曲线的离心率.【详解】依题意可得,抛物线的焦点为,F关于原点的对称点;,,所以,,设,则,解得,∴,可得,又,,可解得,故双曲线的离心率是.故选B.【点睛】本题考查双曲线的性质,已知抛物线方程求焦点坐标,求幂函数解析式,直线的斜率公式及导数的几何意义,考查了学生分析问题和解决问题的能力,难度一般.11.C【解析】

根据并集的求法直接求出结果.【详解】∵,∴,故选C.【点睛】考查并集的求法,属于基础题.12.B【解析】

先利用向量坐标运算求出向量,然后利用向量平行的条件判断即可.【详解】故选B【点睛】本题考查向量的坐标运算和向量平行的判定,属于基础题,在解题中要注意横坐标与横坐标对应,纵坐标与纵坐标对应,切不可错位.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.0.22.【解析】

正态曲线关于x=μ对称,根据对称性以及概率和为1求解即可。【详解】【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义,是一个基础题.14.31【解析】

由二项式定理及其展开式得通项公式得:因为的展开式得通项为,则的展开式中的常数项为:,得解.【详解】解:,则的展开式中的常数项为:.故答案为:31.【点睛】本题考查二项式定理及其展开式的通项公式,求某项的导数,考查计算能力.15.【解析】

先由解析式求得(2),再求(2).【详解】(2),,所以(2),故答案为:【点睛】本题考查对数、指数的运算性质,分段函数求值关键是“对号入座”,属于容易题.16.【解析】

根据球的表面积求得球的半径,设球心到四棱锥底面的距离为,求得四棱锥的表达式,利用基本不等式求得体积的最大值.【详解】由已知可得球的半径,设球心到四棱锥底面的距离为,棱锥的高为,底面边长为,的体积,当且仅当时等号成立.故答案为:【点睛】本小题主要考查球的表面积有关计算,考查球的内接四棱锥体积的最值的求法,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.(1)为增区间;为减区间.见解析(2)见解析【解析】

(1)先求得的定义域,然后利用导数求得的单调区间,结合零点存在性定理判断出有唯一零点.(2)求得的导函数,结合在区间上不单调,证得,通过证明,证得成立.【详解】(1)∵函数的定义域为,由,解得为增区间;由解得为减区间.下面证明函数只有一个零点:∵,所以函数在区间内有零点,∵,函数在区间上没有零点,故函数只有一个零点.(2)证明:函数,则当时,,不符合题意;当时,令,则,所以在上单调增函数,而,又∵区间上不单调,所以存在,使得在上有一个零点,即,所以,且,即两边取自然对数,得即,要证,即证,先证明:,令,则∴在上单调递增,即,∴①在①中令,∴令∴,即即,∴.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间和零点,考查利用导数证明不等式,考查分类讨论的数学思想方法,考查化归与转化的数学思想方法,属于难题.18.(1)答案不唯一,具体见解析(2)证明见解析【解析】

(1)根据题意得,分与讨论即可得到函数的单调性;(2)根据题意构造函数,得,参变分离得,分析不等式,即转化为,设,再构造函数,利用导数得单调性,进而得证.【详解】(1)依题意,当时,,①当时,恒成立,此时在定义域上单调递增;②当时,若,;若,;故此时的单调递增区间为,单调递减区间为.(2)方法1:由得令,则,依题意有,即,要证,只需证(不妨设),即证,令,设,则,在单调递减,即,从而有.方法2:由得令,则,当时,时,故在上单调递增,在上单调递减,不妨设,则,要证,只需证,易知,故只需证,即证令,(),则==,(也可代入后再求导)在上单调递减,,故对于时,总有.由此得【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,转化思想,属于难题.19.(1)见解析(2)【解析】

(1)通过勾股定理得出,又,进而可得平面,则可得到,问题得证;(2)如图,以为原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴,求出平面的法向量和平面的法向量,利用空间向量的夹角公式可得答案.【详解】(1)因为平面,所以,又因为,,,所以,因此,所以,因此平面,所以,从而,又四边形为平行四边形,则四边形为矩形;(2)如图,以为原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴,所以,平面的法向量,设平面的法向量,由,由,令,即,所以,,所以,所求二面角的余弦值是.【点睛】本题考查空间垂直关系的证明,考查向量法求二面角的大小,考查学生计算能力,是中档题.20.(1),以为圆心,为半径的圆;(2)【解析】

(1)根据极坐标与直角坐标的互化公式,直接得到的直角坐标方程并判断形状;(2)联立直线参数方程与的直角坐标方程,根据直线参数方程中的几何意义结合求解出的值.【详解】解:(1)由,得,所以,即,.所以曲线是以为圆心,为半径的圆.(2)将代入,整理得.设点,所对应的参数分别为,,则,.,解得,则.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化以及根据直线参数方程中的几何意义求值,难度一般.(1)极坐标与直角坐标的互化公式:;(2)若要使用直线参数方程中的几何意义,要注意将直线的标准参数方程代入到对应曲线的直角坐标方程中,构成关于的一元二次方程并结合韦达定理形式进行分析求解.21.(1)递减区间为(-1,0),递增区间为(2)见解析【解析】

(1)根据函数解析式,先求得导函数,由是函数的极值点可求得参数.求得函数定义域,并根据导函数的符号即可判断单调区间.(2)当时,.代入函数解析式放缩为,代入证明的不等式可化为,构造函数,并求得,由函数单调性及零点存在定理可知存在唯一的,使得成立,因而求得函数的最小值,由对数式变形化简可证明,即成立,原不等式得证.【详解】(1)函数可求得,则解得所以,定义域为,在单调递增,而,∴当时,,单调递减,当时,,单调递增,此时是函数的极小值点,的递减区间为,递增区间为(2)证明:当时,,因此要证当时,,只需证明,即令,则,在是单调递增,而,∴存在唯一的,使得,当,单调递减,当,单调递增,因此当时,函数取得最小值,,,故,从而,即,结论成立.【点睛】本题

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