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文档简介

2021-2022高考数学模拟试卷考生请注意:1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.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.已知集合M={y|y=2x,x>0},N={x|y=lg(2x-xA.(1,+∞) B.(1,2) C.[2,+∞) D.[1,+∞)2.椭圆的焦点为,点在椭圆上,若,则的大小为()A. B. C. D.3.泰山有“五岳之首”“天下第一山”之称,登泰山的路线有四条:红门盘道徒步线路,桃花峪登山线路,天外村汽车登山线路,天烛峰登山线路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的线路时,发现三人走的线路均不同,且均没有走天外村汽车登山线路,三人向其他旅友进行如下陈述:甲:我走红门盘道徒步线路,乙走桃花峪登山线路;乙:甲走桃花峪登山线路,丙走红门盘道徒步线路;丙:甲走天烛峰登山线路,乙走红门盘道徒步线路;事实上,甲、乙、丙三人的陈述都只对一半,根据以上信息,可判断下面说法正确的是()A.甲走桃花峪登山线路 B.乙走红门盘道徒步线路C.丙走桃花峪登山线路 D.甲走天烛峰登山线路4.函数()的图象的大致形状是()A. B. C. D.5.双曲线的右焦点为,过点且与轴垂直的直线交两渐近线于两点,与双曲线的其中一个交点为,若,且,则该双曲线的离心率为()A. B. C. D.6.连接双曲线及的4个顶点的四边形面积为,连接4个焦点的四边形的面积为,则当取得最大值时,双曲线的离心率为()A. B. C. D.7.已知函数,则的最小值为()A. B. C. D.8.已知圆:,圆:,点、分别是圆、圆上的动点,为轴上的动点,则的最大值是()A. B.9 C.7 D.9.已知,则()A.2 B. C. D.310.设抛物线的焦点为F,抛物线C与圆交于M,N两点,若,则的面积为()A. B. C. D.11.函数的图象为C,以下结论中正确的是()①图象C关于直线对称;②图象C关于点对称;③由y=2sin2x的图象向右平移个单位长度可以得到图象C.A.① B.①② C.②③ D.①②③12.设曲线在点处的切线方程为,则()A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知向量,,则______.14.已知复数,其中为虚数单位,若复数为纯虚数,则实数的值是__.15.已知抛物线,点为抛物线上一动点,过点作圆的切线,切点分别为,则线段长度的取值范围为__________.16.在平面直角坐标系中,若双曲线经过点(3,4),则该双曲线的准线方程为_____.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)在如图所示的四棱锥中,四边形是等腰梯形,,,平面,,.(1)求证:平面;(2)已知二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.18.(12分)如图所示,在三棱柱中,为等边三角形,,,平面,是线段上靠近的三等分点.(1)求证:;(2)求直线与平面所成角的正弦值.19.(12分)已知抛物线E:y2=2px(p>0),焦点F到准线的距离为3,抛物线E上的两个动点A(x1,y1)和B(x2,y2),其中x1≠x2且x1+x2=1.线段AB的垂直平分线与x轴交于点C.(1)求抛物线E的方程;(2)求△ABC面积的最大值.20.(12分)已知函数,当时,有极大值3;(1)求,的值;(2)求函数的极小值及单调区间.21.(12分)已知中,角,,的对边分别为,,,已知向量,且.(1)求角的大小;(2)若的面积为,,求.22.(10分)已知椭圆的焦点在轴上,且顺次连接四个顶点恰好构成了一个边长为且面积为的菱形.(1)求椭圆的方程;(2)设,过椭圆右焦点的直线交于、两点,若对满足条件的任意直线,不等式恒成立,求的最小值.

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.B【解析】M=y|y=N==x|∴M∩N=(1,2).故选B.2.C【解析】

根据椭圆的定义可得,,再利用余弦定理即可得到结论.【详解】由题意,,,又,则,由余弦定理可得.故.故选:C.【点睛】本题考查椭圆的定义,考查余弦定理,考查运算能力,属于基础题.3.D【解析】

甲乙丙三人陈述中都提到了甲的路线,由题意知这三句中一定有一个是正确另外两个错误的,再分情况讨论即可.【详解】若甲走的红门盘道徒步线路,则乙,丙描述中的甲的去向均错误,又三人的陈述都只对一半,则乙丙的另外两句话“丙走红门盘道徒步线路”,“乙走红门盘道徒步线路”正确,与“三人走的线路均不同”矛盾.故甲的另一句“乙走桃花峪登山线路”正确,故丙的“乙走红门盘道徒步线路”错误,“甲走天烛峰登山线路”正确.乙的话中“甲走桃花峪登山线路”错误,“丙走红门盘道徒步线路”正确.综上所述,甲走天烛峰登山线路,乙走桃花峪登山线路,丙走红门盘道徒步线路故选:D【点睛】本题主要考查了判断与推理的问题,重点是找到三人中都提到的内容进行分类讨论,属于基础题型.4.C【解析】

对x分类讨论,去掉绝对值,即可作出图象.【详解】故选C.【点睛】识图常用的方法(1)定性分析法:通过对问题进行定性的分析,从而得出图象的上升(或下降)的趋势,利用这一特征分析解决问题;(2)定量计算法:通过定量的计算来分析解决问题;(3)函数模型法:由所提供的图象特征,联想相关函数模型,利用这一函数模型来分析解决问题.5.D【解析】

根据已知得本题首先求出直线与双曲线渐近线的交点,再利用,求出点,因为点在双曲线上,及,代入整理及得,又已知,即可求出离心率.【详解】由题意可知,代入得:,代入双曲线方程整理得:,又因为,即可得到,故选:D.【点睛】本题主要考查的是双曲线的简单几何性质和向量的坐标运算,离心率问题关键寻求关于,,的方程或不等式,由此计算双曲线的离心率或范围,属于中档题.6.D【解析】

先求出四个顶点、四个焦点的坐标,四个顶点构成一个菱形,求出菱形的面积,四个焦点构成正方形,求出其面积,利用重要不等式求得取得最大值时有,从而求得其离心率.【详解】双曲线与互为共轭双曲线,四个顶点的坐标为,四个焦点的坐标为,四个顶点形成的四边形的面积,四个焦点连线形成的四边形的面积,所以,当取得最大值时有,,离心率,故选:D.【点睛】该题考查的是有关双曲线的离心率的问题,涉及到的知识点有共轭双曲线的顶点,焦点,菱形面积公式,重要不等式求最值,等轴双曲线的离心率,属于简单题目.7.C【解析】

利用三角恒等变换化简三角函数为标准正弦型三角函数,即可容易求得最小值.【详解】由于,故其最小值为:.故选:C.【点睛】本题考查利用降幂扩角公式、辅助角公式化简三角函数,以及求三角函数的最值,属综合基础题.8.B【解析】试题分析:圆的圆心,半径为,圆的圆心,半径是.要使最大,需最大,且最小,最大值为的最小值为,故最大值是;关于轴的对称点,,故的最大值为,故选B.考点:圆与圆的位置关系及其判定.【思路点睛】先根据两圆的方程求出圆心和半径,要使最大,需最大,且最小,最大值为的最小值为,故最大值是,再利用对称性,求出所求式子的最大值.9.A【解析】

利用分段函数的性质逐步求解即可得答案.【详解】,;;故选:.【点睛】本题考查了函数值的求法,考查对数的运算和对数函数的性质,是基础题,解题时注意函数性质的合理应用.10.B【解析】

由圆过原点,知中有一点与原点重合,作出图形,由,,得,从而直线倾斜角为,写出点坐标,代入抛物线方程求出参数,可得点坐标,从而得三角形面积.【详解】由题意圆过原点,所以原点是圆与抛物线的一个交点,不妨设为,如图,由于,,∴,∴,,∴点坐标为,代入抛物线方程得,,∴,.故选:B.【点睛】本题考查抛物线与圆相交问题,解题关键是发现原点是其中一个交点,从而是等腰直角三角形,于是可得点坐标,问题可解,如果仅从方程组角度研究两曲线交点,恐怕难度会大大增加,甚至没法求解.11.B【解析】

根据三角函数的对称轴、对称中心和图象变换的知识,判断出正确的结论.【详解】因为,又,所以①正确.,所以②正确.将的图象向右平移个单位长度,得,所以③错误.所以①②正确,③错误.故选:B【点睛】本小题主要考查三角函数的对称轴、对称中心,考查三角函数图象变换,属于基础题.12.D【解析】

利用导数的几何意义得直线的斜率,列出a的方程即可求解【详解】因为,且在点处的切线的斜率为3,所以,即.故选:D【点睛】本题考查导数的几何意义,考查运算求解能力,是基础题二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

求出,然后由模的平方转化为向量的平方,利用数量积的运算计算.【详解】由题意得,.,.,,.故答案为:.【点睛】本题考查求向量的模,掌握数量积的定义与运算律是解题基础.本题关键是用数量积的定义把模的运算转化为数量积的运算.14.2【解析】

由题,得,然后根据纯虚数的定义,即可得到本题答案.【详解】由题,得,又复数为纯虚数,所以,解得.故答案为:2【点睛】本题主要考查纯虚数定义的应用,属基础题.15.【解析】

连接,易得,可得四边形的面积为,从而可得,进而求出的取值范围,可求得的范围.【详解】如图,连接,易得,所以四边形的面积为,且四边形的面积为三角形面积的两倍,所以,所以,当最小时,最小,设点,则,所以当时,,则,当点的横坐标时,,此时,因为随着的增大而增大,所以的取值范围为.故答案为:.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用,考查抛物线上的动点到定点的距离的求法,考查学生的计算求解能力,属于中档题.16.【解析】

代入求解得,再求准线方程即可.【详解】解:双曲线经过点,,解得,即.又,故该双曲线的准线方程为:.故答案为:.【点睛】本题主要考查了双曲线的准线方程求解,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)证明见解析;(2).【解析】

(1)由已知可得,结合,由直线与平面垂直的判定可得平面;(2)由(1)知,,则,,两两互相垂直,以为坐标原点,分别以,,所在直线为,,轴建立空间直角坐标系,设,0,,由二面角的余弦值为求解,再由空间向量求解直线与平面所成角的正弦值.【详解】(1)证明:因为四边形是等腰梯形,,,所以.又,所以,因此,,又,且,,平面,所以平面.(2)取的中点,连接,,由于,因此,又平面,平面,所以.由于,,平面,所以平面,故,所以为二面角的平面角.在等腰三角形中,由于,因此,又,因为,所以,所以以为轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系,则,,,,设平面的法向量为所以,即,令,则,,则平面的法向量,,设直线与平面所成角为,则【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定,考查空间想象能力与思维能力,训练了利用空间向量求解空间角,属于中档题.18.(1)证明见解析(2)【解析】

(1)由,故,所以四边形为菱形,再通过,证得,所以四边形为正方形,得到.(2)根据(1)的论证,建立空间直角坐标,设平面的法向量为,由求得,再由,利用线面角的向量法公式求解.【详解】(1)因为,故,所以四边形为菱形,而平面,故.因为,故,故,即四边形为正方形,故.(2)依题意,.在正方形中,,故以为原点,所在直线分别为、、轴,建立如图所示的空间直角坐标系;如图所示:不纺设,则,又因为,所以.所以.设平面的法向量为,则,即,令,则.于是.又因为,设直线与平面所成角为,则,所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查空间线面的位置关系、线面成角,还考查空间想象能力以及数形结合思想,属于中档题.19.(1)y2=6x(2).【解析】

(1)根据抛物线定义,写出焦点坐标和准线方程,列方程即可得解;(2)根据中点坐标表示出|AB|和点到直线的距离,得出面积,利用均值不等式求解最大值.【详解】(1)抛物线E:y2=2px(p>0),焦点F(,0)到准线x的距离为3,可得p=3,即有抛物线方程为y2=6x;(2)设线段AB的中点为M(x0,y0),则,y0,kAB,则线段AB的垂直平分线方程为y﹣y0(x﹣2),①可得x=5,y=0是①的一个解,所以AB的垂直平分线与x轴的交点C为定点,且点C(5,0),由①可得直线AB的方程为y﹣y0(x﹣2),即x(y﹣y0)+2②代入y2=6x可得y2=2y0(y﹣y0)+12,即y2﹣2y0y+2y02=0③,由题意y1,y2是方程③的两个实根,且y1≠y2,所以△=1y02﹣1(2y02﹣12)=﹣1y02+18>0,解得﹣2y0<2,|AB|,又C(5,0)到线段AB的距离h=|CM|,所以S△ABC|AB|h•,当且仅当9+y02=21﹣2y02,即y0=±,A(,),B(,),或A(,),B(,)时等号成立,所以S△ABC的最大值为.【点睛】此题考查根据焦点和准线关系求抛物线方程,根据直线与抛物线位置关系求解三角形面积的最值,表示三角形的面积关系常涉及韦达定理整体代入,抛物线中需要考虑设点坐标的技巧,处理最值问题常用函数单调性求解或均值不等式求最值.20.(1);(2)极小值为,递减区间为:,递增区间为.【解析】

(1)由题意得到关于实数的方程组,求解方程组,即可求得的值;(2)结合(1)中的值得出函数的解析式,即可利用导数求得函数的单调区间和极

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