2022屆淮北一中高考沖刺押題(最后一卷)數學試卷含解析_第1頁
2022屆淮北一中高考沖刺押題(最后一卷)數學試卷含解析_第2頁
2022屆淮北一中高考沖刺押題(最后一卷)數學試卷含解析_第3頁
2022屆淮北一中高考沖刺押題(最后一卷)數學試卷含解析_第4頁
2022屆淮北一中高考沖刺押題(最后一卷)數學試卷含解析_第5頁
免費預覽已結束,剩余17頁可下載查看

下載本文檔

版權說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內容提供方,若內容存在侵權,請進行舉報或認領

文檔簡介

2022年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.如圖,矩形ABCD中,,,E是AD的中點,將沿BE折起至,記二面角的平面角為,直線與平面BCDE所成的角為,與BC所成的角為,有如下兩個命題:①對滿足題意的任意的的位置,;②對滿足題意的任意的的位置,,則()A.命題①和命題②都成立 B.命題①和命題②都不成立C.命題①成立,命題②不成立 D.命題①不成立,命題②成立2.設函數定義域為全體實數,令.有以下6個論斷:①是奇函數時,是奇函數;②是偶函數時,是奇函數;③是偶函數時,是偶函數;④是奇函數時,是偶函數⑤是偶函數;⑥對任意的實數,.那么正確論斷的編號是()A.③④ B.①②⑥ C.③④⑥ D.③④⑤3.設,且,則()A. B. C. D.4.已知集合,B={y∈N|y=x﹣1,x∈A},則A∪B=()A.{﹣1,0,1,2,3} B.{﹣1,0,1,2} C.{0,1,2} D.{x﹣1≤x≤2}5.將函數f(x)=sin3x-cos3x+1的圖象向左平移個單位長度,得到函數g(x)的圖象,給出下列關于g(x)的結論:①它的圖象關于直線x=對稱;②它的最小正周期為;③它的圖象關于點(,1)對稱;④它在[]上單調遞增.其中所有正確結論的編號是()A.①② B.②③ C.①②④ D.②③④6.已知α,β是兩平面,l,m,n是三條不同的直線,則不正確命題是()A.若m⊥α,n//α,則m⊥n B.若m//α,n//α,則m//nC.若l⊥α,l//β,則α⊥β D.若α//β,lβ,且l//α,則l//β7.已知命題,且是的必要不充分條件,則實數的取值范圍為()A. B. C. D.8.已知拋物線經過點,焦點為,則直線的斜率為()A. B. C. D.9.已知,,則的大小關系為()A. B. C. D.10.命題“”的否定為()A. B.C. D.11.如圖示,三棱錐的底面是等腰直角三角形,,且,,則與面所成角的正弦值等于()A. B. C. D.12.若,則“”的一個充分不必要條件是A. B.C.且 D.或二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.六位同學坐在一排,現讓六位同學重新坐,恰有兩位同學坐自己原來的位置,則不同的坐法有________種(用數字回答).14.已知函數,(其中e為自然對數的底數),若關于x的方程恰有5個相異的實根,則實數a的取值范圍為________.15.棱長為的正四面體與正三棱錐的底面重合,若由它們構成的多面體的頂點均在一球的球面上,則正三棱錐的內切球半徑為______.16.若函數在區間上恰有4個不同的零點,則正數的取值范圍是______.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,直線是曲線在處的切線.(1)求證:無論實數取何值,直線恒過定點,并求出該定點的坐標;(2)若直線經過點,試判斷函數的零點個數并證明.18.(12分)在國家“大眾創業,萬眾創新”戰略下,某企業決定加大對某種產品的研發投入.為了對新研發的產品進行合理定價,將該產品按事先擬定的價格試銷,得到一組檢測數據如表所示:試銷價格(元)產品銷量(件)已知變量且有線性負相關關系,現有甲、乙、丙三位同學通過計算求得回歸直線方程分別為:甲;乙;丙,其中有且僅有一位同學的計算結果是正確的.(1)試判斷誰的計算結果正確?(2)若由線性回歸方程得到的估計數據與檢測數據的誤差不超過,則稱該檢測數據是“理想數據”,現從檢測數據中隨機抽取個,求“理想數據”的個數的分布列和數學期望.19.(12分)在中,角的對邊分別為,若.(1)求角的大小;(2)若,為外一點,,求四邊形面積的最大值.20.(12分)在平面直角坐標系中,已知橢圓的左頂點為,右焦點為,為橢圓上兩點,圓.(1)若軸,且滿足直線與圓相切,求圓的方程;(2)若圓的半徑為,點滿足,求直線被圓截得弦長的最大值.21.(12分)在直角坐標系中,以為極點,軸正半軸為極軸建立極坐標系.曲線的極坐標方程為:,曲線的參數方程為其中,為參數,為常數.(1)寫出與的直角坐標方程;(2)在什么范圍內取值時,與有交點.22.(10分)已知如圖1,在Rt△ABC中,∠ACB=30°,∠ABC=90°,D為AC中點,AEBD于E,延長AE交BC于F,將△ABD沿BD折起,使平面ABD平面BCD,如圖2所示。(Ⅰ)求證:AE平面BCD;(Ⅱ)求二面角A-DC-B的余弦值;(Ⅲ)求三棱錐B-AEF與四棱錐A-FEDC的體積的比(只需寫出結果,不要求過程).

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。1.A【解析】

作出二面角的補角、線面角、線線角的補角,由此判斷出兩個命題的正確性.【詳解】①如圖所示,過作平面,垂足為,連接,作,連接.由圖可知,,所以,所以①正確.②由于,所以與所成角,所以,所以②正確.綜上所述,①②都正確.故選:A【點睛】本題考查了折疊問題、空間角、數形結合方法,考查了推理能力與計算能力,屬于中檔題.2.A【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⑥錯誤;故③④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.3.C【解析】

將等式變形后,利用二次根式的性質判斷出,即可求出的范圍.【詳解】即故選:C【點睛】此題考查解三角函數方程,恒等變化后根據的關系即可求解,屬于簡單題目.4.A【解析】

解出集合A和B即可求得兩個集合的并集.【詳解】∵集合{x∈Z|﹣2<x≤3}={﹣1,0,1,2,3},B={y∈N|y=x﹣1,x∈A}={﹣2,﹣1,0,1,2},∴A∪B={﹣2,﹣1,0,1,2,3}.故選:A.【點睛】此題考查求集合的并集,關鍵在于準確求解不等式,根據描述法表示的集合,準確寫出集合中的元素.5.B【解析】

根據函數圖象的平移變換公式求出函數的解析式,再利用正弦函數的對稱性、單調區間等相關性質求解即可.【詳解】因為f(x)=sin3x-cos3x+1=2sin(3x-)+1,由圖象的平移變換公式知,函數g(x)=2sin[3(x+)-]+1=2sin(3x+)+1,其最小正周期為,故②正確;令3x+=kπ+,得x=+(k∈Z),所以x=不是對稱軸,故①錯誤;令3x+=kπ,得x=-(k∈Z),取k=2,得x=,故函數g(x)的圖象關于點(,1)對稱,故③正確;令2kπ-≤3x+≤2kπ+,k∈Z,得-≤x≤+,取k=2,得≤x≤,取k=3,得≤x≤,故④錯誤;故選:B【點睛】本題考查圖象的平移變換和正弦函數的對稱性、單調性和最小正周期等性質;考查運算求解能力和整體代換思想;熟練掌握正弦函數的對稱性、單調性和最小正周期等相關性質是求解本題的關鍵;屬于中檔題、常考題型6.B【解析】

根據線面平行、線面垂直和空間角的知識,判斷A選項的正確性.由線面平行有關知識判斷B選項的正確性.根據面面垂直的判定定理,判斷C選項的正確性.根據面面平行的性質判斷D選項的正確性.【詳解】A.若,則在中存在一條直線,使得,則,又,那么,故正確;B.若,則或相交或異面,故不正確;C.若,則存在,使,又,則,故正確.D.若,且,則或,又由,故正確.故選:B【點睛】本小題主要考查空間線線、線面和面面有關命題真假性的判斷,屬于基礎題.7.D【解析】

求出命題不等式的解為,是的必要不充分條件,得是的子集,建立不等式求解.【詳解】解:命題,即:,是的必要不充分條件,,,解得.實數的取值范圍為.故選:.【點睛】本題考查根據充分、必要條件求參數范圍,其思路方法:(1)解決此類問題一般是把充分條件、必要條件或充要條件轉化為集合之間的關系,然后根據集合之間關系列出關于參數的不等式(組)求解.(2)求解參數的取值范圍時,一定要注意區間端點值的檢驗.8.A【解析】

先求出,再求焦點坐標,最后求的斜率【詳解】解:拋物線經過點,,,,故選:A【點睛】考查拋物線的基礎知識及斜率的運算公式,基礎題.9.D【解析】

由指數函數的圖像與性質易得最小,利用作差法,結合對數換底公式及基本不等式的性質即可比較和的大小關系,進而得解.【詳解】根據指數函數的圖像與性質可知,由對數函數的圖像與性質可知,,所以最小;而由對數換底公式化簡可得由基本不等式可知,代入上式可得所以,綜上可知,故選:D.【點睛】本題考查了指數式與對數式的化簡變形,對數換底公式及基本不等式的簡單應用,作差法比較大小,屬于中檔題.10.C【解析】

套用命題的否定形式即可.【詳解】命題“”的否定為“”,所以命題“”的否定為“”.故選:C【點睛】本題考查全稱命題的否定,屬于基礎題.11.A【解析】

首先找出與面所成角,根據所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值,再根據同角三角函數關系求出所成角的正弦值.【詳解】由題知是等腰直角三角形且,是等邊三角形,設中點為,連接,,可知,,同時易知,,所以面,故即為與面所成角,有,故.故選:A.【點睛】本題主要考查了空間幾何題中線面夾角的計算,屬于基礎題.12.C【解析】,∴,當且僅當時取等號.故“且”是“”的充分不必要條件.選C.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.135【解析】

根據題意先確定2個人位置不變,共有種選擇,再確定4個人坐4個位置,但是不能坐原來的位置,計算得到答案.【詳解】根據題意先確定2個人位置不變,共有種選擇.再確定4個人坐4個位置,但是不能坐原來的位置,共有種選擇,故不同的坐法有.故答案為:.【點睛】本題考查了分步乘法原理,意在考查學生的計算能力和應用能力.14.【解析】

作出圖象,求出方程的根,分類討論的正負,數形結合即可.【詳解】當時,令,解得,所以當時,,則單調遞增,當時,,則單調遞減,當時,單調遞減,且,作出函數的圖象如圖:(1)當時,方程整理得,只有2個根,不滿足條件;(2)若,則當時,方程整理得,則,,此時各有1解,故當時,方程整理得,有1解同時有2解,即需,,因為(2),故此時滿足題意;或有2解同時有1解,則需,由(1)可知不成立;或有3解同時有0解,根據圖象不存在此種情況,或有0解同時有3解,則,解得,故,(3)若,顯然當時,和均無解,當時,和無解,不符合題意.綜上:的范圍是,故答案為:,【點睛】本題主要考查了函數零點與函數圖象的關系,考查利用導數研究函數的單調性,意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力,屬于中檔題.15.【解析】

由棱長為的正四面體求出外接球的半徑,進而求出正三棱錐的高及側棱長,可得正三棱錐的三條側棱兩兩相互垂直,進而求出體積與表面積,設內切圓的半徑,由等體積,求出內切圓的半徑.【詳解】由題意可知:多面體的外接球即正四面體的外接球作面交于,連接,如圖則,且為外接球的直徑,可得,設三角形的外接圓的半徑為,則,解得,設外接球的半徑為,則可得,即,解得,設正三棱錐的高為,因為,所以,所以,而,所以正三棱錐的三條側棱兩兩相互垂直,所以,設內切球的半徑為,,即解得:.故答案為:.【點睛】本題考查多面體與球的內切和外接問題,考查轉化與化歸思想,考查空間想象能力、運算求解能力,求解時注意借助幾何體的直觀圖進行分析.16.;【解析】

求出函數的零點,讓正數零點從小到大排列,第三個正數零點落在區間上,第四個零點在區間外即可.【詳解】由,得,,,,∵,∴,解得.故答案為:.【點睛】本題考查函數的零點,根據正弦函數性質求出函數零點,然后題意,把正數零點從小到大排列,由于0已經是一個零點,因此只有前3個零點在區間上.由此可得的不等關系,從而得出結論,本題解法屬于中檔題.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)見解析,(2)函數存在唯一零點.【解析】

(1)首先求出導函數,利用導數的幾何意義求出處的切線斜率,利用點斜式即可求出切線方程,根據方程即可求出定點.(2)由(1)求出函數,令方程可轉化為記,利用導數判斷函數在上單調遞增,根據,由零點存在性定理即可求出零點個數.【詳解】所以直線方程為即,恒過點將代入直線方程,得考慮方程即,等價于記,則于是函數在上單調遞增,又所以函數在區間上存在唯一零點,即函數存在唯一零點.【點睛】本題考查了導數的幾何意義、直線過定點、利用導數研究函數的單調性、零點存在性定理,屬于難題.18.(1)乙同學正確(2)分布列見解析,【解析】

(1)由已知可得甲不正確,求出樣本中心點代入驗證,即可得出結論;(2)根據(1)中得到的回歸方程,求出估值,得到“理想數據”的個數,確定“理想數據”的個數的可能值,并求出概率,得到分布列,即可求解.【詳解】(1)已知變量具有線性負相關關系,故甲不正確,,代入兩個回歸方程,驗證乙同學正確,故回歸方程為:(2)由(1)得到的回歸方程,計算估計數據如下表:“理想數據”有3個,故“理想數據”的個數的取值為:.,,于是“理想數據”的個數的分布列【點睛】本題考查樣本回歸中心點與線性回歸直線方程關系,以及離散型隨機變量的分布列和期望,意在考查邏輯推理、數學計算能力,屬于中檔題.19.(1)(2)【解析】

(1)根據正弦定理化簡等式可得,即;(2)根據題意,利用余弦定理可得,再表示出,表示出四邊形,進而可得最值.【詳解】(1),由正弦定理得:在中,,則,即,,即.(2)在中,又,則為等邊三角形,又,-當時,四邊形的面積取最大值,最大值為.【點睛】本題主要考查了正弦定理,余弦定理,三角形面積公式的應用,屬于基礎題.20.(1)(2)【解析】試題分析:(1)確定圓的方程,就是確定半徑的值,因為直線與圓相切,所以先確定直線方程,即確定點坐標:因為軸,所以,根據對稱性,可取,則直線的方程為,根據圓心到切線距離等于半徑得(2)根據垂徑定理,求直線被圓截得弦長的最大值,就是求圓心到直線的距離的最小值.設直線的方程為,則圓心到直線的距離,利用得,化簡得,利用直線方程與橢圓方程聯立方程組并結合韋達定理得,因此,當時,取最小值,取最大值為.試題解析:解:(1)因為橢圓的方程為,所以,.因為軸,所以,而直線與圓相切,根據對稱性,可取,則直線的方程為,即.由圓與直線相切,得,所以圓的方程為.(2)易知,圓的方程為.①當軸時,,所以,此時得直線被圓截得的弦長為.②當與軸不垂直時,設直線的方程為,,首先由,得,即,所以(*).聯立,消去,得,將代入(*)式,得.由于圓心到直線的距離為,所以直線被圓截得的弦長為,故當時,有最大值為.綜上,因為,所以直線被圓截得的弦長的最大值為.考點:直線與圓位置關系21.(1),.(2)【解析】

(1)利用,代入可求;消參可得直角坐標方程.(2)

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯系上傳者。文件的所有權益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網頁內容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經權益所有人同意不得將文件中的內容挪作商業或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內容的表現方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內容負責。
  • 6. 下載文件中如有侵權或不適當內容,請與我們聯系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評論

0/150

提交評論