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文檔簡介
1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監考員收回。一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1已知函數,若函數的圖象恒在軸的上方,則實數的取值范圍為( )ABCD2已知集合,則等于( )ABCD3若x,y滿足約束條件則z=的取值范圍為( )AB,3C,2D,24已知雙曲線:的焦距為,焦點到雙曲線的漸近線的距離為,則雙曲線的漸近線
2、方程為()ABCD5已知集合,則=( )ABCD6已知,若對任意,關于x的不等式(e為自然對數的底數)至少有2個正整數解,則實數a的取值范圍是( )ABCD7若點是角的終邊上一點,則( )ABCD8是的( )條件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要9若復數,則( )ABCD2010已知向量滿足,且與的夾角為,則( )ABCD11若執行如圖所示的程序框圖,則輸出的值是( )ABCD412在棱長均相等的正三棱柱中,為的中點,在上,且,則下述結論:;平面平面:異面直線與所成角為其中正確命題的個數為( )A1B2C3D4二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13已知數列的前項和為
3、且滿足,則數列的通項_14在平面直角坐標系中,點的坐標為,點是直線:上位于第一象限內的一點已知以為直徑的圓被直線所截得的弦長為,則點的坐標_15已知雙曲線的左、右焦點分別為為雙曲線上任一點,且的最小值為,則該雙曲線的離心率是_.16能說明“在數列中,若對于任意的,則為遞增數列”為假命題的一個等差數列是_.(寫出數列的通項公式)三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17(12分)已知曲線C的極坐標方程是.以極點為平面直角坐標系的原點,極軸為x軸的正半軸,建立平面直角坐標系,直線l的參數方程是:(是參數).(1)若直線l與曲線C相交于A、B兩點,且,試求實數m值.(2)設為
4、曲線上任意一點,求的取值范圍.18(12分)已知函數,.(1)判斷函數在區間上的零點的個數;(2)記函數在區間上的兩個極值點分別為、,求證:.19(12分)如圖,在三棱柱中,平面平面,側面為平行四邊形,側面為正方形,為的中點.(1)求證:平面;(2)求二面角的大小.20(12分)在直角坐標系xOy中,以坐標原點為極點,x軸的正半軸為極軸建立極坐標系,已知:,:,:.(1)求與的極坐標方程(2)若與交于點A,與交于點B,求的最大值.21(12分)已知數列滿足且(1)求數列的通項公式;(2)求數列的前項和.22(10分)已知函數,.(1)當時,求函數的值域;(2),求實數的取值范圍.參考答案一、選
5、擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的。1B【解析】函數的圖象恒在軸的上方,在上恒成立.即,即函數的圖象在直線上方,先求出兩者相切時的值,然后根據變化時,函數的變化趨勢,從而得的范圍【詳解】由題在上恒成立.即,的圖象永遠在的上方,設與的切點,則,解得,易知越小,圖象越靠上,所以.故選:B【點睛】本題考查函數圖象與不等式恒成立的關系,考查轉化與化歸思想,首先函數圖象轉化為不等式恒成立,然后不等式恒成立再轉化為函數圖象,最后由極限位置直線與函數圖象相切得出參數的值,然后得出參數范圍2C【解析】先化簡集合A,再與集合B求交集.【詳解】因為,所以
6、.故選:C【點睛】本題主要考查集合的基本運算以及分式不等式的解法,屬于基礎題.3D【解析】由題意作出可行域,轉化目標函數為連接點和可行域內的點的直線斜率的倒數,數形結合即可得解.【詳解】由題意作出可行域,如圖,目標函數可表示連接點和可行域內的點的直線斜率的倒數,由圖可知,直線的斜率最小,直線的斜率最大,由可得,由可得,所以,所以.故選:D.【點睛】本題考查了非線性規劃的應用,屬于基礎題.4A【解析】利用雙曲線:的焦點到漸近線的距離為,求出,的關系式,然后求解雙曲線的漸近線方程【詳解】雙曲線:的焦點到漸近線的距離為,可得:,可得,則的漸近線方程為故選A【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質的應用,構建
7、出的關系是解題的關鍵,考查計算能力,屬于中檔題.5C【解析】計算,再計算交集得到答案.【詳解】,故.故選:.【點睛】本題考查了交集運算,意在考查學生的計算能力.6B【解析】構造函數(),求導可得在上單調遞增,則 ,問題轉化為,即至少有2個正整數解,構造函數,通過導數研究單調性,由可知,要使得至少有2個正整數解,只需即可,代入可求得結果.【詳解】構造函數(),則(),所以在上單調遞增,所以,故問題轉化為至少存在兩個正整數x,使得成立,設,則,當時,單調遞增;當時,單調遞增.,整理得.故選:B.【點睛】本題考查導數在判斷函數單調性中的應用,考查不等式成立問題中求解參數問題,考查學生分析問題的能力和
8、邏輯推理能力,難度較難.7A【解析】根據三角函數的定義,求得,再由正弦的倍角公式,即可求解.【詳解】由題意,點是角的終邊上一點,根據三角函數的定義,可得,則,故選A.【點睛】本題主要考查了三角函數的定義和正弦的倍角公式的化簡、求值,其中解答中根據三角函數的定義和正弦的倍角公式,準確化簡、計算是解答的關鍵,著重考查了推理與運算能力,屬于基礎題.8B【解析】利用充分條件、必要條件與集合包含關系之間的等價關系,即可得出。【詳解】設對應的集合是,由解得且 對應的集合是 ,所以,故是的必要不充分條件,故選B。【點睛】本題主要考查充分條件、必要條件的判斷方法集合關系法。設 ,如果,則是的充分條件;如果B則
9、是的充分不必要條件;如果,則是的必要條件;如果,則是的必要不充分條件。9B【解析】化簡得到,再計算模長得到答案.【詳解】,故.故選:.【點睛】本題考查了復數的運算,復數的模,意在考查學生的計算能力.10A【解析】根據向量的運算法則展開后利用數量積的性質即可.【詳解】.故選:A.【點睛】本題主要考查數量積的運算,屬于基礎題.11D【解析】模擬程序運行,觀察變量值的變化,得出的變化以4為周期出現,由此可得結論【詳解】;如此循環下去,當時,此時不滿足,循環結束,輸出的值是4.故選:D【點睛】本題考查程序框圖,考查循環結構解題時模擬程序運行,觀察變量值的變化,確定程序功能,可得結論12B【解析】設出棱
10、長,通過直線與直線的垂直判斷直線與直線的平行,推出的正誤;判斷是的中點推出正的誤;利用直線與平面垂直推出平面與平面垂直推出正的誤;建立空間直角坐標系求出異面直線與所成角判斷的正誤【詳解】解:不妨設棱長為:2,對于連結,則,即與不垂直,又,不正確;對于,連結,在中,而,是的中點,所以,正確;對于由可知,在中,連結,易知,而在中,即,又,面,平面平面,正確;以為坐標原點,平面上過點垂直于的直線為軸,所在的直線為軸,所在的直線為軸,建立如圖所示的直角坐標系;, , , , ;, ;異面直線與所成角為,故不正確故選:【點睛】本題考查命題的真假的判斷,棱錐的結構特征,直線與平面垂直,直線與直線的位置關系
11、的應用,考查空間想象能力以及邏輯推理能力二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13【解析】先求得時;再由可得時,兩式作差可得,進而求解.【詳解】當時,解得;由,可知當時,兩式相減,得,即,所以數列是首項為,公比為的等比數列,所以,故答案為:【點睛】本題考查由與的關系求通項公式,考查等比數列的通項公式的應用.14【解析】依題意畫圖,設,根據圓的直徑所對的圓周角為直角,可得,通過勾股定理得,再利用兩點間的距離公式即可求出,進而得出點坐標.【詳解】解:依題意畫圖,設以為直徑的圓被直線所截得的弦長為,且,又因為為圓的直徑,則所對的圓周角,則, 則為點到直線:的距離.所以,則.又因為點在直線:
12、上,設,則.解得,則.故答案為: 【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系,考查了兩點間的距離公式,點到直線的距離公式,是基礎題.15【解析】根據雙曲線方程,設及,將代入雙曲線方程并化簡可得,由題意的最小值為,結合平面向量數量積的坐標運算化簡,即可求得的值,進而求得離心率即可.【詳解】設點,則,即,當時,等號成立,.故答案為:.【點睛】本題考查了雙曲線與向量的綜合應用,由平面向量數量積的最值求離心率,屬于中檔題.16答案不唯一,如【解析】根據等差數列的性質可得到滿足條件的數列.【詳解】由題意知,不妨設, 則,很明顯為遞減數列,說明原命題是假命題.所以,答案不唯一,符合條件即可.【點睛】本題考查對等
13、差數列的概念和性質的理解,關鍵是假設出一個遞減的數列,還需檢驗是否滿足命題中的條件,屬基礎題.三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17(1)或;(2).【解析】(1)將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程,在直角坐標條件下求出曲線的圓心坐標和半徑,將直線的參數方程化為普通方程,由勾股定理列出等式可求的值;(2)將圓化為參數方程形式,代入由三角公式化簡可求其取值范圍【詳解】(1)曲線C的極坐標方程是化為直角坐標方程為:直線的直角坐標方程為:圓心到直線l的距離(弦心距)圓心到直線的距離為 :或(2)曲線的方程可化為,其參數方程為:為曲線上任意一點,的取值范圍是18(1);(2
14、)見解析.【解析】(1)利用導數分析函數在區間上的單調性與極值,結合零點存在定理可得出結論;(2)設函數的極大值點和極小值點分別為、,由(1)知,且滿足,于是得出,由得,利用正切函數的單調性推導出,再利用正弦函數的單調性可得出結論.【詳解】(1),當時,則函數在上單調遞增;當時,則函數在上單調遞減;當時,則函數在上單調遞增.,.所以,函數在與不存在零點,在區間和上各存在一個零點.綜上所述,函數在區間上的零點的個數為;(2),.由(1)得,在區間與上存在零點,所以,函數在區間與上各存在一個極值點、,且,且滿足即,又,即,由在上單調遞增,得,再由在上單調遞減,得,即.【點睛】本題考查利用導數研究函
15、數的零點個數問題,同時也考查了利用導數證明不等式,考查分析問題和解決問題的能力,屬于難題.19(1)證明見解析(2)【解析】(1)連接,交與,連接,由,得出結論;(2)以為原點,分別為,軸建立空間直角坐標系,求出平面的法向量,利用夾角公式求出即可.【詳解】(1)連接,交與,連接,在中,又平面,平面,所以平面;(2)由平面平面,為平面與平面的交線,故平面,故,又,所以平面,以為原點,分別為,軸建立空間直角坐標系,設平面的法向量為,由,得,平面的法向量為,由,故二面角的大小為.【點睛】本小題主要考查線面平行的證明,考查二面角的求法,考查空間想象能力和邏輯推理能力,屬于中檔題.20(1)的極坐標方程
16、為;的極坐標方程為:(2)【解析】(1)根據,代入即可轉化.(2)由:,可得,代入與的極坐標方程求出,從而可得,再利用二倍角公式、輔助角公式,借助三角函數的性質即可求解.【詳解】(1):,的極坐標方程為:,的極坐標方程為:,(2):,則(為銳角),當時取等號.【點睛】本題考查了極坐標與直角坐標的互化、二倍角公式、輔助角公式以及三角函數的性質,屬于基礎題.21(1);(2)【解析】(1)根據已知可得數列為等比數列,即可求解;(2)由(1)可得為等比數列,根據等比數列和等差數列的前項和公式,即可求解.【詳解】(1)因為,所以,又所以數列為等比數列,且首項為,公比為.故 (2)由(1)知,所以所以【點睛】本題考查等比數列的定義及通項公式、等差數列和等比數列的前項和,屬于基礎題.22(1);(2).【解析】(1)將代入函數的
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