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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.若函数f(x)=a|2x-4|(a>0,a≠1)满足f(1)=,则f(x)的单调递减区间是()A.(-∞,2] B.[2,+∞)C.[-2,+∞) D.(-∞,-2]2.若的展开式中二项式系数和为256,则二项式展开式中有理项系数之和为()A.85 B.84 C.57 D.563.已知命题若,则,则下列说法正确的是()A.命题是真命题B.命题的逆命题是真命题C.命题的否命题是“若,则”D.命题的逆否命题是“若,则”4.已知三棱锥中,是等边三角形,,则三棱锥的外接球的表面积为()A. B. C. D.5.已知复数,则对应的点在复平面内位于()A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限6.函数()的图像可以是()A. B.C. D.7.已知等差数列中,则()A.10 B.16 C.20 D.248.已知变量的几组取值如下表:12347若与线性相关,且,则实数()A. B. C. D.9.已知函数.设,若对任意不相等的正数,,恒有,则实数a的取值范围是()A. B.C. D.10.已知集合,,,则()A. B. C. D.11.已知α,β表示两个不同的平面,l为α内的一条直线,则“α∥β是“l∥β”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件12.已知函数,,若,对任意恒有,在区间上有且只有一个使,则的最大值为()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在中,角,,的对边分别为,,.若;且,则周长的范围为__________.14.已知集合,.若,则实数a的值是______.15.设为正实数,若则的取值范围是__________.16.函数的最小正周期为________;若函数在区间上单调递增,则的最大值为________.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)等差数列的前项和为,已知,.(1)求数列的通项公式;(2)设数列{}的前项和为,求使成立的的最小值.18.(12分)在数列中,,(1)求数列的通项公式;(2)若存在,使得成立,求实数的最小值19.(12分)在直角坐标系xOy中,直线的参数方程为(t为参数,).以坐标原点为极点,x轴的非负半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为.(l)求直线的普通方程和曲线C的直角坐标方程:(2)若直线与曲线C相交于A,B两点,且.求直线的方程.20.(12分)是数列的前项和,且.(1)求数列的通项公式;(2)若,求数列中最小的项.21.(12分)函数,且恒成立.(1)求实数的集合;(2)当时,判断图象与图象的交点个数,并证明.(参考数据:)22.(10分)已知函数.(1)当a=2时,求不等式的解集;(2)设函数.当时,,求的取值范围.
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.B【解析】由f(1)=得a2=,∴a=或a=-(舍),即f(x)=(.由于y=|2x-4|在(-∞,2]上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,2]上单调递增,在[2,+∞)上单调递减,故选B.2.A【解析】
先求,再确定展开式中的有理项,最后求系数之和.【详解】解:的展开式中二项式系数和为256故,要求展开式中的有理项,则则二项式展开式中有理项系数之和为:故选:A【点睛】考查二项式的二项式系数及展开式中有理项系数的确定,基础题.3.B【解析】
解不等式,可判断A选项的正误;写出原命题的逆命题并判断其真假,可判断B选项的正误;利用原命题与否命题、逆否命题的关系可判断C、D选项的正误.综合可得出结论.【详解】解不等式,解得,则命题为假命题,A选项错误;命题的逆命题是“若,则”,该命题为真命题,B选项正确;命题的否命题是“若,则”,C选项错误;命题的逆否命题是“若,则”,D选项错误.故选:B.【点睛】本题考查四种命题的关系,考查推理能力,属于基础题.4.D【解析】
根据底面为等边三角形,取中点,可证明平面,从而,即可证明三棱锥为正三棱锥.取底面等边的重心为,可求得到平面的距离,画出几何关系,设球心为,即可由球的性质和勾股定理求得球的半径,进而得球的表面积.【详解】设为中点,是等边三角形,所以,又因为,且,所以平面,则,由三线合一性质可知所以三棱锥为正三棱锥,设底面等边的重心为,可得,,所以三棱锥的外接球球心在面下方,设为,如下图所示:由球的性质可知,平面,且在同一直线上,设球的半径为,在中,,即,解得,所以三棱锥的外接球表面积为,故选:D.【点睛】本题考查了三棱锥的结构特征和相关计算,正三棱锥的外接球半径求法,球的表面积求法,对空间想象能力要求较高,属于中档题.5.A【解析】
利用复数除法运算化简,由此求得对应点所在象限.【详解】依题意,对应点为,在第一象限.故选A.【点睛】本小题主要考查复数除法运算,考查复数对应点的坐标所在象限,属于基础题.6.B【解析】
根据,可排除,然后采用导数,判断原函数的单调性,可得结果.【详解】由题可知:,所以当时,,又,令,则令,则所以函数在单调递减在单调递增,故选:B【点睛】本题考查函数的图像,可从以下指标进行观察:(1)定义域;(2)奇偶性;(3)特殊值;(4)单调性;(5)值域,属基础题.7.C【解析】
根据等差数列性质得到,再计算得到答案.【详解】已知等差数列中,故答案选C【点睛】本题考查了等差数列的性质,是数列的常考题型.8.B【解析】
求出,把坐标代入方程可求得.【详解】据题意,得,所以,所以.故选:B.【点睛】本题考查线性回归直线方程,由性质线性回归直线一定过中心点可计算参数值.9.D【解析】
求解的导函数,研究其单调性,对任意不相等的正数,构造新函数,讨论其单调性即可求解.【详解】的定义域为,,当时,,故在单调递减;不妨设,而,知在单调递减,从而对任意、,恒有,即,,,令,则,原不等式等价于在单调递减,即,从而,因为,所以实数a的取值范围是故选:D.【点睛】此题考查含参函数研究单调性问题,根据参数范围化简后构造新函数转换为含参恒成立问题,属于一般性题目.10.A【解析】
求得集合中函数的值域,由此求得,进而求得.【详解】由,得,所以,所以.故选:A【点睛】本小题主要考查函数值域的求法,考查集合补集、交集的概念和运算,属于基础题.11.A【解析】试题分析:利用面面平行和线面平行的定义和性质,结合充分条件和必要条件的定义进行判断.解:根据题意,由于α,β表示两个不同的平面,l为α内的一条直线,由于“α∥β,则根据面面平行的性质定理可知,则必然α中任何一条直线平行于另一个平面,条件可以推出结论,反之不成立,∴“α∥β是“l∥β”的充分不必要条件.故选A.考点:必要条件、充分条件与充要条件的判断;平面与平面平行的判定.12.C【解析】
根据的零点和最值点列方程组,求得的表达式(用表示),根据在上有且只有一个最大值,求得的取值范围,求得对应的取值范围,由为整数对的取值进行验证,由此求得的最大值.【详解】由题意知,则其中,.又在上有且只有一个最大值,所以,得,即,所以,又,因此.①当时,,此时取可使成立,当时,,所以当或时,都成立,舍去;②当时,,此时取可使成立,当时,,所以当或时,都成立,舍去;③当时,,此时取可使成立,当时,,所以当时,成立;综上所得的最大值为.故选:C【点睛】本小题主要考查三角函数的零点和最值,考查三角函数的性质,考查化归与转化的数学思想方法,考查分类讨论的数学思想方法,属于中档题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
先求角,再用余弦定理找到边的关系,再用基本不等式求的范围即可.【详解】解:所以三角形周长故答案为:【点睛】考查正余弦定理、基本不等式的应用以及三条线段构成三角形的条件;基础题.14.9【解析】
根据集合交集的定义即得.【详解】集合,,,,则a的值是9.故答案为:9【点睛】本题考查集合的交集,是基础题.15.【解析】
根据,可得,进而,有,而,令,得到,再用导数法求解,【详解】因为,所以,所以,所以,所以,令,,所以,当时,,当时,所以当时,取得最大值,又,所以取值范围是,故答案为:【点睛】本题主要考查基本不等式的应用和导数法求最值,还考查了运算求解的能力,属于难题,16.【解析】
直接计算得到答案,根据题意得到,,解得答案.【详解】,故,当时,,故,解得.故答案为:;.【点睛】本题考查了三角函数的周期和单调性,意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.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)的最小值为19.【解析】
(1)根据条件列方程组求出首项、公差,即可写出等差数列的通项公式;(2)根据等差数列前n项和化简,利用裂项相消法求和,解不等式即可求解.【详解】(1)等差数列的公差设为,,,可得,,解得,,则;(2),,前n项和为,即,可得,即,则的最小值为19.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式,等差数列的前n项和,裂项相消法求和,属于中档题18.(1);(2)【解析】
(1)由得,两式相减可得是从第二项开始的等比数列,由此即可求出答案;(2),分类讨论,当时,,作商法可得数列为递增数列,由此可得答案,【详解】解:(1)因为,,两式相减得:,即,是从第二项开始的等比数列,∵∴,则,;(2),当时,;当时,设递增,,所以实数的最小值.【点睛】本题主要考查地推数列的应用,属于中档题.19.(1)见解析(2)【解析】
(1)将消去参数t可得直线的普通方程,利用x=ρcosθ,可将极坐标方程转为直角坐标方程.(2)利用直线被圆截得的弦长公式计算可得答案.【详解】(1)由消去参数t得(),由得曲线C的直角坐标方程为:(2)由得,圆心为(1,0),半径为2,圆心到直线的距离为,∴,即,整理得,∵,∴,,,所以直线l的方程为:.【点睛】本题考查参数方程,极坐标方程与直角坐标方程之间的互化,考查直线被圆截得的弦长公式的应用,考查分析能力与计算能力,属于基础题.20.(1);(2).【解析】
(1)由可得出,两式作差可求得数列的通项公式;(2)求得,利用数列的单调性的定义判断数列的单调性,由此可求得数列的最小项的值.【详解】(1)对任意的,由得,两式相减得,因此,数列的通项公式为;(2)由(1)得,则.当时,,即,;当时,,即,.所以,数列的最小项为.【点睛】本题考查利用与的关系求通项,同时也考查了利用数列的单调性求数列中的最小项,考查推理能力与计算能力,属于中等题.21.(1);(2)2个,证明见解析【解析】
(1)要恒成立,只要的最小值大于或等于零即可,所以只要讨论求解看是否有最小值;(2)将图像与图像的交点个数转化为方程实数解的个数问题,然后构造函数,再利用导数讨论此函数零点的个数.【详解】(1)的定义域为,因为,1°当时,在上单调递减,时,使得,与条件矛盾;2°当时,由,得;由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,即有,由恒成立,所以恒成立,令,若;若;而时,,要使恒成立,故.(2)原问题转化为方程实根个数问题,当时,图象与图象有且仅有2个交点,理由如下:由,即,令,因为,所以是的一根;,1°当时,,所以在上单调递减,,即在上无实根;2°当时,,则在上单调递递增,又,所以在上有唯一实根,且满足,①当时,在上单调递减
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