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文檔簡介

1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項:1答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號。回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3考試結束后,將本試卷和答題卡一并交回。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若復數,則( )ABCD202如圖,在平面四邊形ABCD中,若點E為邊CD上的動點,則的最小值為 ( )ABCD3某個小區住戶共200戶,為調查小區居民的7月份用水量,用分層抽樣的方

2、法抽取了50戶進行調查,得到本月的用水量(單位:m3)的頻率分布直方圖如圖所示,則小區內用水量超過15 m3的住戶的戶數為( )A10B50C60D1404已知P是雙曲線漸近線上一點,是雙曲線的左、右焦點,記,PO,的斜率為,k,若,-2k,成等差數列,則此雙曲線的離心率為( )ABCD5方程的實數根叫作函數的“新駐點”,如果函數的“新駐點”為,那么滿足( )ABCD6設點,不共線,則“”是“”( )A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分又不必要條件7設函數定義域為全體實數,令有以下6個論斷:是奇函數時,是奇函數;是偶函數時,是奇函數;是偶函數時,是偶函數;是奇函數時,是偶函

3、數是偶函數;對任意的實數,那么正確論斷的編號是( )ABCD8若不等式對恒成立,則實數的取值范圍是( )ABCD9已知角的終邊與單位圓交于點,則等于( )ABCD10在滿足,的實數對中,使得成立的正整數的最大值為( )A5B6C7D911九章算術是我國古代數學名著,書中有如下問題:“今有勾六步,股八步,問勾中容圓,徑幾何?”其意思為:“已知直角三角形兩直角邊長分別為6步和8步,問其內切圓的直徑為多少步?”現從該三角形內隨機取一點,則此點取自內切圓的概率是( )ABCD12已知是雙曲線的左、右焦點,是的左、右頂點,點在過且斜率為的直線上,為等腰三角形,則的漸近線方程為( )ABCD二、填空題:本

4、題共4小題,每小題5分,共20分。13已知平面向量,且,則向量與的夾角的大小為_14已知實數a,b,c滿足,則的最小值是_.15如圖,是一個四棱錐的平面展開圖,其中間是邊長為的正方形,上面三角形是等邊三角形,左、右三角形是等腰直角三角形,則此四棱錐的體積為_16若函數為自然對數的底數)在和兩處取得極值,且,則實數的取值范圍是_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)已知函數.(1)若在上為單調函數,求實數a的取值范圍:(2)若,記的兩個極值點為,記的最大值與最小值分別為M,m,求的值.18(12分)在直角坐標系中,直線的參數方程為.(為參數).以坐標原點為極

5、點,軸的正半軸為極軸建立極坐標系,曲線的極坐標方程為.(1)求的普通方程及的直角坐標方程;(2)求曲線上的點到距離的取值范圍.19(12分)在極坐標系中,已知曲線,(1)求曲線、的直角坐標方程,并判斷兩曲線的形狀;(2)若曲線、交于、兩點,求兩交點間的距離20(12分)已知函數,.(1)求證:在區間上有且僅有一個零點,且;(2)若當時,不等式恒成立,求證:.21(12分)已知橢圓C:(ab0)過點(0,),且滿足a+b3(1)求橢圓C的方程;(2)若斜率為的直線與橢圓C交于兩個不同點A,B,點M坐標為(2,1),設直線MA與MB的斜率分別為k1,k2,試問k1+k2是否為定值?并說明理由22(

6、10分)已知橢圓:的離心率為,左、右頂點分別為、,過左焦點的直線交橢圓于、兩點(異于、兩點),當直線垂直于軸時,四邊形的面積為1(1)求橢圓的方程;(2)設直線、的交點為;試問的橫坐標是否為定值?若是,求出定值;若不是,請說明理由參考答案一、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。1B【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.2A【解析】分析:由題意可得為等腰三角形,為等邊三角形,把數量積分拆,設,數量積轉化為關于t的函數,用函數可求得最小值。詳解:連接B

7、D,取AD中點為O,可知為等腰三角形,而,所以為等邊三角形,。設=所以當時,上式取最小值 ,選A.點睛:本題考查的是平面向量基本定理與向量的拆分,需要選擇合適的基底,再把其它向量都用基底表示。同時利用向量共線轉化為函數求最值。3C【解析】從頻率分布直方圖可知,用水量超過15m的住戶的頻率為,即分層抽樣的50戶中有0.350=15戶住戶的用水量超過15立方米所以小區內用水量超過15立方米的住戶戶數為,故選C4B【解析】求得雙曲線的一條漸近線方程,設出的坐標,由題意求得,運用直線的斜率公式可得,再由等差數列中項性質和離心率公式,計算可得所求值【詳解】設雙曲線的一條漸近線方程為,且,由,可得以為圓心

8、,為半徑的圓與漸近線交于,可得,可取,則,設,則,由,成等差數列,可得,化為,即,可得,故選:【點睛】本題考查雙曲線的方程和性質,主要是漸近線方程和離心率,考查方程思想和運算能力,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平5D【解析】由題設中所給的定義,方程的實數根叫做函數的“新駐點”,根據零點存在定理即可求出的大致范圍【詳解】解:由題意方程的實數根叫做函數的“新駐點”,對于函數,由于,設,該函數在為增函數, ,在上有零點,故函數的“新駐點”為,那么故選:【點睛】本題是一個新定義的題,理解定義,分別建立方程解出存在范圍是解題的關鍵,本題考查了推理判斷的能力,屬于基礎題.6C【解析】利用向量垂直的表示

9、、向量數量積的運算,結合充分必要條件的定義判斷即可.【詳解】由于點,不共線,則“”;故“”是“”的充分必要條件.故選:C.【點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷,考查向量垂直的表示,考查向量數量積的運算,屬于基礎題.7A【解析】根據函數奇偶性的定義即可判斷函數的奇偶性并證明.【詳解】當是偶函數,則,所以,所以是偶函數;當是奇函數時,則,所以,所以是偶函數;當為非奇非偶函數時,例如:,則,此時,故錯誤;故正確.故選:A【點睛】本題考查了函數的奇偶性定義,掌握奇偶性定義是解題的關鍵,屬于基礎題.8B【解析】轉化為,構造函數,利用導數研究單調性,求函數最值,即得解.【詳解】由,可知設,則,所以函

10、數在上單調遞增,所以所以故的取值范圍是故選:B【點睛】本題考查了導數在恒成立問題中的應用,考查了學生綜合分析,轉化劃歸,數學運算的能力,屬于中檔題.9B【解析】先由三角函數的定義求出,再由二倍角公式可求.【詳解】解:角的終邊與單位圓交于點,故選:B【點睛】考查三角函數的定義和二倍角公式,是基礎題.10A【解析】由題可知:,且可得,構造函數求導,通過導函數求出的單調性,結合圖像得出,即得出,從而得出的最大值.【詳解】因為,則,即整理得,令,設,則,令,則,令,則,故在上單調遞增,在上單調遞減,則,因為,由題可知:時,則,所以,所以,當無限接近時,滿足條件,所以,所以要使得故當時,可有,故,即,所

11、以:最大值為5.故選:A.【點睛】本題主要考查利用導數求函數單調性、極值和最值,以及運用構造函數法和放縮法,同時考查轉化思想和解題能力.11C【解析】利用直角三角形三邊與內切圓半徑的關系求出半徑,再分別求出三角形和內切圓的面積,根據幾何概型的概率計算公式,即可求解.【詳解】由題意,直角三角形的斜邊長為,利用等面積法,可得其內切圓的半徑為,所以向次三角形內投擲豆子,則落在其內切圓內的概率為.故選:C.【點睛】本題主要考查了面積比的幾何概型的概率的計算問題,其中解答中熟練應用直角三角形的性質,求得其內切圓的半徑是解答的關鍵,著重考查了推理與運算能力.12D【解析】根據為等腰三角形,可求出點P的坐標

12、,又由的斜率為可得出關系,即可求出漸近線斜率得解.【詳解】如圖,因為為等腰三角形,所以,,,又,解得,所以雙曲線的漸近線方程為,故選:D【點睛】本題主要考查了雙曲線的簡單幾何性質,屬于中檔題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13【解析】由,解得,進而求出,即可得出結果.【詳解】解:因為,所以,解得,所以,所以向量與的夾角的大小為都答案為:.【點睛】本題主要考查平面向量的運算,平面向量垂直,向量夾角等基礎知識;考查運算求解能力,屬于基礎題14【解析】先分離出,應用基本不等式轉化為關于c的二次函數,進而求出最小值.【詳解】解:若取最小值,則異號,根據題意得:,又由,即有,則,即的最

13、小值為,故答案為:【點睛】本題考查了基本不等式以及二次函數配方求最值,屬于中檔題.15【解析】畫圖直觀圖可得該幾何體為棱錐,再計算高求解體積即可.【詳解】解:如圖,是一個四棱錐的平面展開圖,其中間是邊長為的正方形,上面三角形是等邊三角形,左、右三角形是等腰直角三角形,此四棱錐中,是邊長為的正方形,是邊長為的等邊三角形,故,又,故平面平面,的高是四棱錐的高,此四棱錐的體積為:故答案為:【點睛】本題主要考查了四棱錐中的長度計算以及垂直的判定和體積計算等,需要根據題意16【解析】先將函數在和兩處取得極值,轉化為方程有兩不等實根,且,再令,將問題轉化為直線與曲線有兩交點,且橫坐標滿足,用導數方法研究單

14、調性,作出簡圖,求出時,的值,進而可得出結果.【詳解】因為,所以,又函數在和兩處取得極值,所以是方程的兩不等實根,且,即有兩不等實根,且,令,則直線與曲線有兩交點,且交點橫坐標滿足,又,由得,所以,當時,即函數在上單調遞增;當,時,即函數在和上單調遞減;當時,由得,此時,因此,由得.故答案為【點睛】本題主要考查導數的應用,已知函數極值點間的關系求參數的問題,通常需要將函數極值點,轉化為導函數對應方程的根,再轉化為直線與曲線交點的問題來處理,屬于常考題型.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);(2)【解析】(1)求導.根據單調,轉化為對恒成立求解(2)由(1)

15、知,是的兩個根,不妨設,令. 根據,確定,將轉化為. 令,用導數法研究其單調性求最值.【詳解】(1)的定義域為,.因為單調,所以對恒成立,所以,恒成立,因為,當且僅當時取等號,所以;(2)由(1)知,是的兩個根.從而,不妨設,則. 因為,所以t為關于a的減函數,所以. 令,則. 因為當時,在上為減函數.所以當時,.從而,所以在上為減函數.所以當時,.【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用,還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力,屬于難題.18(1),.(2)【解析】(1)根據直線的參數方程為(為參數),消去參數,即可求得的的普通方程,曲線的極坐標方程為,利用極坐標化直角坐標的公式: ,即可

16、求得答案;(2)的標準方程為,圓心為,半徑為,根據點到直線距離公式,即可求得答案.【詳解】(1)直線的參數方程為(為參數),消去參數的普通方程為.曲線的極坐標方程為,利用極坐標化直角坐標的公式:的直角坐標方程為.(2)的標準方程為,圓心為,半徑為圓心到的距離為,點到的距離的取值范圍是.【點睛】本題解題關鍵是掌握極坐標化直角坐標的公式和點到直線距離公式,考查了分析能力和計算能力,屬于中檔題.19(1)表示一條直線,是圓心為,半徑為的圓;(2).【解析】(1)直接利用極坐標方程與直角坐標方程之間的轉換關系可將曲線的方程化為直角坐標方程,進而可判斷出曲線的形狀,在曲線的方程兩邊同時乘以得,由可將曲線

17、的方程化為直角坐標方程,由此可判斷出曲線的形狀;(2)由直線過圓的圓心,可得出為圓的一條直徑,進而可得出.【詳解】(1),則曲線的普通方程為,曲線表示一條直線;由,得,則曲線的直角坐標方程為,即所以,曲線是圓心為,半徑為的圓;(2)由(1)知,點在直線上,直線過圓的圓心因此,是圓的直徑,【點睛】本題考查曲線的極坐標方程與直角坐標方程之間的轉化,同時也考查了直線截圓所得弦長的計算,考查計算能力,屬于基礎題.20(1)詳見解析;(2)詳見解析.【解析】(1)利用求導數,判斷在區間上的單調性,然后再證異號,即可證明結論;(2)當時,不等式恒成立,分離參數只需時,恒成立,設(),需,根據(1)中的結論

18、先求出,再構造函數結合導數法,證明即可.【詳解】(1),令,則,所以在區間上是增函數,則,所以在區間上是增函數.又因為,所以在區間上有且僅有一個零點,且.(2)由題意,在區間上恒成立,即在區間上恒成立,當時,;當時,恒成立,設(),所以.由(1)可知,使,所以,當時,當時,由此在區間上單調遞減,在區間上單調遞增,所以.又因為,所以,從而,所以.令,則,所以在區間上是增函數,所以,故.【點睛】本題考查導數的綜合應用,涉及到函數的單調性、函數的零點、極值最值、不等式的證明,分離參數是解題的關鍵,意在考查邏輯推理、數學計算能力,屬于較難題.21(1)(2)k1+k2為定值0,見解析【解析】(1)利用已知條件直接求解,得到橢圓的方程;(2)設直線在軸上的截距為,推出直線方程,然后將直線與橢圓聯立,設,利用韋達定理求出,然后化簡求解即可.【詳解】(1)由橢圓過點(0,),則,又a+b3,所以,故橢圓的方程為;(2),證明如下:設直線在軸上的截距為,所以直線的方程為:,由得:,由得,設,則,所以,又,所以,故.【點睛】本題主要考查了橢圓的標準方程的求解,直線與橢圓的位置關系的綜合應用,考查了方程的思想,轉化與化歸的思想,考查了學生的運算求解能力.22(1)(2)是為定值,的橫坐標為定值【解析】(1)根

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