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文檔簡介
1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項:1 答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答,超出答題區域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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已知直線:與橢圓交于、兩點,與圓:交于、兩點.若存在,使得,則橢圓的離心率的取值范圍為( )A
2、BCD2如圖所示,為了測量、兩座島嶼間的距離,小船從初始位置出發,已知在的北偏西的方向上,在的北偏東的方向上,現在船往東開2百海里到達處,此時測得在的北偏西的方向上,再開回處,由向西開百海里到達處,測得在的北偏東的方向上,則、兩座島嶼間的距離為( )A3BC4D3已知三棱柱的所有棱長均相等,側棱平面,過作平面與平行,設平面與平面的交線為,記直線與直線所成銳角分別為,則這三個角的大小關系為( )ABCD4若集合,則ABCD5已知變量x,y間存在線性相關關系,其數據如下表,回歸直線方程為,則表中數據m的值為( )變量x0123變量y35.57A0.9B0.85C0.75D0.56執行如圖所示的程序
3、框圖,若輸出的結果為11,則圖中的判斷條件可以為( )ABCD7已知為定義在上的偶函數,當時,則( )ABCD8若,則下列關系式正確的個數是( ) A1B2C3D49已知隨機變量滿足,.若,則( )A,B,C,D,10函數的圖象為C,以下結論中正確的是( )圖象C關于直線對稱;圖象C關于點對稱;由y =2sin2x的圖象向右平移個單位長度可以得到圖象C.ABCD11設是雙曲線的左、右焦點,若雙曲線右支上存在一點,使(為坐標原點),且,則雙曲線的離心率為( )ABCD12曲線上任意一點處的切線斜率的最小值為( )A3B2CD1二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13在棱長為6的正方體
4、中,是的中點,點是面,所在平面內的動點,且滿足,則三棱錐的體積的最大值是_.14如圖,己知半圓的直徑,點是弦(包含端點,)上的動點,點在弧上若是等邊三角形,且滿足,則的最小值為_.15已知函數,若關于x的方程有且只有兩個不相等的實數根,則實數a的取值范圍是_.16如圖,從一個邊長為的正三角形紙片的三個角上,沿圖中虛線剪出三個全等的四邊形,余下部分再以虛線為折痕折起,恰好圍成一個缺少上底的正三棱柱,而剪出的三個相同的四邊形恰好拼成這個正三棱柱的上底,則所得正三棱柱的體積為_.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)己知的內角的對邊分別為.設(1)求的值;(2)
5、若,且,求的值.18(12分)如圖, 在四棱錐中, 底面是矩形, 四條側棱長均相等.(1)求證:平面;(2)求證:平面平面.19(12分)設函數(1)若,求函數的值域;(2)設為的三個內角,若,求的值;20(12分)(本小題滿分12分)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率為22,連接橢圓四個頂點形成的四邊形面積為42(1)求橢圓C的標準方程;(2)過點A(1,0)的直線與橢圓C交于點M, N,設P為橢圓上一點,且OM+ON=tOP(t0)O為坐標原點,當|OM-ON|453時,求t的取值范圍21(12分)如圖,直三棱柱中,底面為等腰直角三角形,分別為,的中點,為棱上一點,若平面
6、.(1)求線段的長;(2)求二面角的余弦值.22(10分)如圖,在四棱錐中,平面ABCD平面PAD,E是PD的中點證明:;設,點M在線段PC上且異面直線BM與CE所成角的余弦值為,求二面角的余弦值參考答案一、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。1A【解析】由題意可知直線過定點即為圓心,由此得到坐標的關系,再根據點差法得到直線的斜率與坐標的關系,由此化簡并求解出離心率的取值范圍.【詳解】設,且線過定點即為的圓心,因為,所以,又因為,所以,所以,所以,所以,所以,所以,所以.故選:A.【點睛】本題考查橢圓與圓的綜合應用,著重考查了橢圓離
7、心率求解以及點差法的運用,難度一般.通過運用點差法達到“設而不求”的目的,大大簡化運算.2B【解析】先根據角度分析出的大小,然后根據角度關系得到的長度,再根據正弦定理計算出的長度,最后利用余弦定理求解出的長度即可.【詳解】由題意可知:,所以,所以,所以,又因為,所以,所以.故選:B.【點睛】本題考查解三角形中的角度問題,難度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答問題的關鍵.3B【解析】利用圖形作出空間中兩直線所成的角,然后利用余弦定理求解即可.【詳解】如圖,設為的中點,為的中點,由圖可知過且與平行的平面為平面,所以直線即為直線,由題易知,的補角,分別為,設三棱柱的棱長為2,在中,;在
8、中,;在中,.故選:B【點睛】本題主要考查了空間中兩直線所成角的計算,考查了學生的作圖,用圖能力,體現了學生直觀想象的核心素養.4C【解析】解一元次二次不等式得或,利用集合的交集運算求得.【詳解】因為或,所以,故選C.【點睛】本題考查集合的交運算,屬于容易題.5A【解析】計算,代入回歸方程可得【詳解】由題意,解得故選:A.【點睛】本題考查線性回歸直線方程,解題關鍵是掌握性質:線性回歸直線一定過中心點6B【解析】根據程序框圖知當時,循環終止,此時,即可得答案.【詳解】,.運行第一次,不成立,運行第二次,不成立,運行第三次,不成立,運行第四次,不成立,運行第五次,成立,輸出i的值為11,結束.故選
9、:B.【點睛】本題考查補充程序框圖判斷框的條件,考查函數與方程思想、轉化與化歸思想,考查邏輯推理能力和運算求解能力,求解時注意模擬程序一步一步執行的求解策略.7D【解析】判斷,利用函數的奇偶性代入計算得到答案.【詳解】,故選:【點睛】本題考查了利用函數的奇偶性求值,意在考查學生對于函數性質的靈活運用.8D【解析】a,b可看成是與和交點的橫坐標,畫出圖象,數形結合處理.【詳解】令,作出圖象如圖,由,的圖象可知,正確;,有,正確;,有,正確;,有,正確.故選:D.【點睛】本題考查利用函數圖象比較大小,考查學生數形結合的思想,是一道中檔題.9B【解析】根據二項分布的性質可得:,再根據和二次函數的性質
10、求解.【詳解】因為隨機變量滿足,.所以服從二項分布,由二項分布的性質可得:,因為,所以,由二次函數的性質可得:,在上單調遞減,所以.故選:B【點睛】本題主要考查二項分布的性質及二次函數的性質的應用,還考查了理解辨析的能力,屬于中檔題.10B【解析】根據三角函數的對稱軸、對稱中心和圖象變換的知識,判斷出正確的結論.【詳解】因為,又,所以正確.,所以正確.將的圖象向右平移個單位長度,得,所以錯誤.所以正確,錯誤.故選:B【點睛】本小題主要考查三角函數的對稱軸、對稱中心,考查三角函數圖象變換,屬于基礎題.11D【解析】利用向量運算可得,即,由為的中位線,得到,所以,再根據雙曲線定義即可求得離心率.【
11、詳解】取的中點,則由得,即;在中,為的中位線,所以,所以;由雙曲線定義知,且,所以,解得,故選:D【點睛】本題綜合考查向量運算與雙曲線的相關性質,難度一般.12A【解析】根據題意,求導后結合基本不等式,即可求出切線斜率,即可得出答案.【詳解】解:由于,根據導數的幾何意義得:,即切線斜率,當且僅當等號成立,所以上任意一點處的切線斜率的最小值為3.故選:A.【點睛】本題考查導數的幾何意義的應用以及運用基本不等式求最值,考查計算能力.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13【解析】根據與相似,過作于,利用體積公式求解OP最值,根據勾股定理得出,利用函數單調性判斷求解即可.【詳解】在棱長為
12、6的正方體中,是的中點,點是面所在平面內的動點,且滿足,又,與相似,即,過作于,設,化簡得:,根據函數單調性判斷,時,取得最大值36,在正方體中平面.三棱錐體積的最大值為【點睛】本題考查三角形相似,幾何體體積以及函數單調性的綜合應用,難度一般.141【解析】建系,設,表示出點坐標,則,根據的范圍得出答案【詳解】解:以為原點建立平面坐標系如圖所示:則,設,則,顯然當取得最大值4時,取得最小值1故答案為:1【點睛】本題考查了平面向量的數量積運算,坐標運算,屬于中檔題15【解析】畫出函數的圖象,再畫的圖象,求出一個交點時的的值,然后平行移動可得有兩個交點時的的范圍【詳解】函數的圖象如圖所示:因為方程
13、有且只有兩個不相等的實數根,所以圖象與直線有且只有兩個交點即可,當過點時兩個函數有一個交點,即時,與函數有一個交點,由圖象可知,直線向下平移后有兩個交點,可得,故答案為:【點睛】本題主要考查了方程的跟與函數的圖象交點的轉化,數形結合的思想,屬于中檔題161【解析】由題意得正三棱柱底面邊長6,高為,由此能求出所得正三棱柱的體積【詳解】如圖,作,交于,由題意得正三棱柱底面邊長,高為,所得正三棱柱的體積為:故答案為:1【點睛】本題考查立體幾何中的翻折問題、正三棱柱體積的求法、三棱柱的結構特征等基礎知識,考查空間想象能力、運算求解能力,求解時注意翻折前后的不變量三、解答題:共70分。解答應寫出文字說明
14、、證明過程或演算步驟。17(1)(2)【解析】(1)由正弦定理將,轉化,即,由余弦定理求得, 再由平方關系得再求解.(2)由,得,結合再求解.【詳解】(1)由正弦定理,得,即,則,而,又,解得,故.(2)因為,則,因為,故,故,解得,故,則.【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理、三角形的面積公式,考查運算求解能力以及化歸與轉化思想,屬于中檔題.18(1)證明見解析;(2)證明見解析.【解析】證明:(1)在矩形中,又平面,平面,所以平面 (2)連結,交于點,連結,在矩形中,點為的中點,又,故, 又,平面,所以平面, 又平面,所以平面平面19(1)(2)【解析】(1)將,利用三角恒等變換轉化為:,再
15、根據正弦函數的性質求解,(2)根據,得,又為的內角,得到,再根據,利用兩角和與差的余弦公式求解,【詳解】(1),即的值域為;(2)由,得,又為的內角,所以,又因為在中,所以,所以.【點睛】本題主要考查三角恒等變換和三角函數的性質,還考查了運算求解的能力,屬于中檔題,20(1)x24+y22=1;(2)t-1,-63)(63,1【解析】試題分析:本題主要考查橢圓的標準方程及其幾何性質、直線與橢圓的位置關系等基礎知識,考查學生的分析問題解決問題的能力、轉化能力、計算能力第一問,先利用離心率、a2=b2+c2、四邊形的面積列出方程,解出a和b的值,從而得到橢圓的標準方程;第二問,討論直線MN的斜率是
16、否存在,當直線MN的斜率存在時,直線方程與橢圓方程聯立,消參,利用韋達定理,得到x1+x2、x1x2,利用OM+ON=tOP列出方程,解出P(x,y),代入到橢圓上,得到t2的值,再利用|OM-ON|0恒成立,x1+x2=4k21+2k2,x1x2=2k2-41+2k2,y1+y2=k(x1+x2)-2k=-2k1+2k2,又OM+ON=tOP,x1+x2=tx,y1+y2=ty,x=x1+x2t=4k2t(1+2k2),y=y1+y2t=-2kt(1+2k2),因為點P在橢圓x24+y22=1上,所以16k4t2(1+2k2)2+8k2t2(1+2k2)2=4,即2k2=t2(1+2k2),
17、t2=2k21+2k2=1-11+2k2,又|OM-ON|453,即|NM|453,1+k2|x1-x2|453,整理得:1+k24+6k21+2k20,解得k21或k2-813(舍),t2=1-11+2k2,23t21,即t(-1,-63)(63,1)當直線MN的斜率不存在時,M(1,62),N(1,-62),此時t=1,t-1,-63)(63,1考點:橢圓的標準方程及其幾何性質、直線與橢圓的位置關系21(1)(2)【解析】(1)先證得,設與交于點,在中解直角三角形求得,由此求得的值.(2)建立空間直角坐標系,利用平面和平面的法向量,計算出二面角的余弦值.【詳解】(1)由題意,設與交于點,在中,可求得,則,可求得,則(2)以為原點,方向為軸,方向為軸,方向為軸,建立空間直角坐標系.,易得平面的法向量為.,易得平面的法向量為.設二面角為,由圖可知為銳角,所以.即二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查根據線面垂直求邊長,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.22(1)見解析;(2)【解析】(1)由平面平面的
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