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文檔簡介
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、準考證號碼填寫清楚,將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2.答題時請按要求用筆。3.請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4.作圖可先使用鉛筆畫出,確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5.保持卡面清潔,不要折暴、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.若復數滿足,則()A. B. C. D.2.已知實數,滿足,則的最大值等于()A.2 B. C.4 D.83.《九章算術》勾股章有一“引葭赴岸”問題“今有餅池徑丈,葭生其中,出水兩尺,引葭赴岸,適與岸齊,問水深,葭各幾何?”,其意思是:有一個直徑為一丈的圓柱形水池,池中心生有一顆類似蘆葦的植物,露出水面兩尺,若把它引向岸邊,正好與岸邊齊,問水有多深,該植物有多高?其中一丈等于十尺,如圖若從該葭上隨機取一點,則該點取自水下的概率為()A. B. C. D.4.已知定義在上的偶函數滿足,且在區間上是減函數,令,則的大小關系為()A. B.C. D.5.已知,,,,則()A. B. C. D.6.已知四棱錐的底面為矩形,底面,點在線段上,以為直徑的圓過點.若,則的面積的最小值為()A.9 B.7 C. D.7.設復數滿足,在復平面內對應的點為,則()A. B. C. D.8.設集合,,則().A. B.C. D.9.若單位向量,夾角為,,且,則實數()A.-1 B.2 C.0或-1 D.2或-110.如圖,圓錐底面半徑為,體積為,、是底面圓的兩條互相垂直的直徑,是母線的中點,已知過與的平面與圓錐側面的交線是以為頂點的拋物線的一部分,則該拋物線的焦點到圓錐頂點的距離等于()A. B.1 C. D.11.函數在的圖象大致為A. B.C. D.12.設集合,,若,則的取值范圍是()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.數學家狄里克雷對數論,數學分析和數學物理有突出貢獻,是解析數論的創始人之一.函數,稱為狄里克雷函數.則關于有以下結論:①的值域為;②;③;④其中正確的結論是_______(寫出所有正確的結論的序號)14.已知數列的前項和為,,,,則滿足的正整數的所有取值為__________.15.在中,角,,所對的邊分別邊,且,設角的角平分線交于點,則的值最小時,___.16.如圖所示,在△ABC中,AB=AC=2,,,AE的延長線交BC邊于點F,若,則____.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)手工藝是一種生活態度和對傳統的堅持,在我國有很多手工藝品制作村落,村民的手工技藝世代相傳,有些村落制造出的手工藝品不僅全國聞名,還大量遠銷海外.近年來某手工藝品村制作的手工藝品在國外備受歡迎,該村村民成立了手工藝品外銷合作社,為嚴把質量關,合作社對村民制作的每件手工藝品都請3位行家進行質量把關,質量把關程序如下:(i)若一件手工藝品3位行家都認為質量過關,則該手工藝品質量為A級;(ii)若僅有1位行家認為質量不過關,再由另外2位行家進行第二次質量把關,若第二次質量把關這2位行家都認為質量過關,則該手工藝品質量為B級,若第二次質量把關這2位行家中有1位或2位認為質量不過關,則該手工藝品質量為C級;(iii)若有2位或3位行家認為質量不過關,則該手工藝品質量為D級.已知每一次質量把關中一件手工藝品被1位行家認為質量不過關的概率為,且各手工藝品質量是否過關相互獨立.(1)求一件手工藝品質量為B級的概率;(2)若一件手工藝品質量為A,B,C級均可外銷,且利潤分別為900元,600元,300元,質量為D級不能外銷,利潤記為100元.①求10件手工藝品中不能外銷的手工藝品最有可能是多少件;②記1件手工藝品的利潤為X元,求X的分布列與期望.18.(12分)如圖,在四棱錐中,底面是平行四邊形,平面,是棱上的一點,滿足平面.(Ⅰ)證明:;(Ⅱ)設,,若為棱上一點,使得直線與平面所成角的大小為30°,求的值.19.(12分)已知函數.(1)求函數的零點;(2)設函數的圖象與函數的圖象交于,兩點,求證:;(3)若,且不等式對一切正實數x恒成立,求k的取值范圍.20.(12分)已知.(1)求的單調區間;(2)當時,求證:對于,恒成立;(3)若存在,使得當時,恒有成立,試求的取值范圍.21.(12分)橢圓的左、右焦點分別為,橢圓上兩動點使得四邊形為平行四邊形,且平行四邊形的周長和最大面積分別為8和.(1)求橢圓的標準方程;(2)設直線與橢圓的另一交點為,當點在以線段為直徑的圓上時,求直線的方程.22.(10分)已知函數,直線為曲線的切線(為自然對數的底數).(1)求實數的值;(2)用表示中的最小值,設函數,若函數為增函數,求實數的取值范圍.
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.B【解析】
由題意得,,求解即可.【詳解】因為,所以.故選:B.【點睛】本題考查復數的四則運算,考查運算求解能力,屬于基礎題.2.D【解析】
畫出可行域,計算出原點到可行域上的點的最大距離,由此求得的最大值.【詳解】畫出可行域如下圖所示,其中,由于,,所以,所以原點到可行域上的點的最大距離為.所以的最大值為.故選:D【點睛】本小題主要考查根據可行域求非線性目標函數的最值,考查數形結合的數學思想方法,屬于基礎題.3.C【解析】
由題意知:,,設,則,在中,列勾股方程可解得,然后由得出答案.【詳解】解:由題意知:,,設,則在中,列勾股方程得:,解得所以從該葭上隨機取一點,則該點取自水下的概率為故選C.【點睛】本題考查了幾何概型中的長度型,屬于基礎題.4.C【解析】
可設,根據在上為偶函數及便可得到:,可設,,且,根據在上是減函數便可得出,從而得出在上單調遞增,再根據對數的運算得到、、的大小關系,從而得到的大小關系.【詳解】解:因為,即,又,設,根據條件,,;若,,且,則:;在上是減函數;;;在上是增函數;所以,故選:C【點睛】考查偶函數的定義,減函數及增函數的定義,根據單調性定義判斷一個函數單調性的方法和過程:設,通過條件比較與,函數的單調性的應用,屬于中檔題.5.D【解析】
令,求,利用導數判斷函數為單調遞增,從而可得,設,利用導數證出為單調遞減函數,從而證出,即可得到答案.【詳解】時,令,求導,,故單調遞增:∴,當,設,,又,,即,故.故選:D【點睛】本題考查了作差法比較大小,考查了構造函數法,利用導數判斷式子的大小,屬于中檔題.6.C【解析】
根據線面垂直的性質以及線面垂直的判定,根據勾股定理,得到之間的等量關系,再用表示出的面積,利用均值不等式即可容易求得.【詳解】設,,則.因為平面,平面,所以.又,,所以平面,則.易知,.在中,,即,化簡得.在中,,.所以.因為,當且僅當,時等號成立,所以.故選:C.【點睛】本題考查空間幾何體的線面位置關系及基本不等式的應用,考查空間想象能力以及數形結合思想,涉及線面垂直的判定和性質,屬中檔題.7.B【解析】
設,根據復數的幾何意義得到、的關系式,即可得解;【詳解】解:設∵,∴,解得.故選:B【點睛】本題考查復數的幾何意義的應用,屬于基礎題.8.D【解析】
根據題意,求出集合A,進而求出集合和,分析選項即可得到答案.【詳解】根據題意,則故選:D【點睛】此題考查集合的交并集運算,屬于簡單題目,9.D【解析】
利用向量模的運算列方程,結合向量數量積的運算,求得實數的值.【詳解】由于,所以,即,,即,解得或.故選:D【點睛】本小題主要考查向量模的運算,考查向量數量積的運算,屬于基礎題.10.D【解析】
建立平面直角坐標系,求得拋物線的軌跡方程,解直角三角形求得拋物線的焦點到圓錐頂點的距離.【詳解】將拋物線放入坐標系,如圖所示,∵,,,∴,設拋物線,代入點,可得∴焦點為,即焦點為中點,設焦點為,,,∴.故選:D【點睛】本小題考查圓錐曲線的概念,拋物線的性質,兩點間的距離等基礎知識;考查運算求解能力,空間想象能力,推理論證能力,應用意識.11.A【解析】
因為,所以排除C、D.當從負方向趨近于0時,,可得.故選A.12.C【解析】
由得出,利用集合的包含關系可得出實數的取值范圍.【詳解】,且,,.因此,實數的取值范圍是.故選:C.【點睛】本題考查利用集合的包含關系求參數,考查計算能力,屬于基礎題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.②【解析】
根據新定義,結合實數的性質即可判斷①②③,由定義求得比小的有理數個數,即可確定④.【詳解】對于①,由定義可知,當為有理數時;當為無理數時,則值域為,所以①錯誤;對于②,因為有理數的相反數還是有理數,無理數的相反數還是無理數,所以滿足,所以②正確;對于③,因為,當為無理數時,可以是有理數,也可以是無理數,所以③錯誤;對于④,由定義可知,所以④錯誤;綜上可知,正確的為②.故答案為:②.【點睛】本題考查了新定義函數的綜合應用,正確理解題意是解決此類問題的關鍵,屬于中檔題.14.20,21【解析】
由題意知數列奇數項和偶數項分別為等差數列和等比數列,則根據為奇數和為偶數分別算出求和公式,代入數值檢驗即可.【詳解】解:由題意知數列的奇數項構成公差為的等差數列,偶數項構成公比為的等比數列,則;.當時,,.當時,,.由此可知,滿足的正整數的所有取值為20,21.故答案為:20,21【點睛】本題考查等差數列與等比數列通項與求和公式,是綜合題,分清奇數項和偶數項是解題的關鍵.15.【解析】
根據題意,利用余弦定理和基本不等式得出,再利用正弦定理,即可得出.【詳解】因為,則,由余弦定理得:,當且僅當時取等號,又因為,,所以.故答案為:.【點睛】本題考查余弦定理和正弦定理的應用,以及基本不等式求最值,考查計算能力.16.【解析】
過點做,可得,,由可得,可得,代入可得答案.【詳解】解:如圖,過點做,易得:,,,故,可得:,同理:,,可得,,由,可得,可得:,可得:,,故答案為:.【點睛】本題主要考查平面向量的線性運算和平面向量的數量積,由題意作出是解題的關鍵.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)①可能是2件;②詳見解析【解析】
(1)由一件手工藝品質量為B級的情形,并結合相互獨立事件的概率公式,列式計算即可;(2)①先求得一件手工藝品質量為D級的概率為,設10件手工藝品中不能外銷的手工藝品可能是件,可知,分別令、、,可求出使得最大的整數,進而可求出10件手工藝品中不能外銷的手工藝品的最有可能件數;②分別求出一件手工藝品質量為A、B、C、D級的概率,進而可列出X的分布列,求出期望即可.【詳解】(1)一件手工藝品質量為B級的概率為.(2)①由題意可得一件手工藝品質量為D級的概率為,設10件手工藝品中不能外銷的手工藝品可能是件,則,則,其中,.由得,整數不存在,由得,所以當時,,即,由得,所以當時,,所以當時,最大,即10件手工藝品中不能外銷的手工藝品最有可能是2件.②由題意可知,一件手工藝品質量為A級的概率為,一件手工藝品質量為B級的概率為,一件手工藝品質量為C級的概率為,一件手工藝品質量為D級的概率為,所以X的分布列為:X900600300100P則期望為.【點睛】本題考查相互獨立事件的概率計算,考查離散型隨機變量的分布列及數學期望,考查學生的計算求解能力,屬于中檔題.18.(Ⅰ)證明見解析(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)由平面,可得,又因為是的中點,即得證;(Ⅱ)如圖建立空間直角坐標系,設,計算平面的法向量,由直線與平面所成角的大小為30°,列出等式,即得解.【詳解】(Ⅰ)如圖,連接交于點,連接,則是平面與平面的交線,因為平面,故,又因為是的中點,所以是的中點,故.(Ⅱ)由條件可知,,所以,故以為坐標原點,為軸,為軸,為軸建立空間直角坐標系,則,,,,,,,設,則,設平面的法向量為,則,即,故取因為直線與平面所成角的大小為30°所以,即,解得,故此時.【點睛】本題考查了立體幾何和空間向量綜合,考查了學生邏輯推理,空間想象,數學運算的能力,屬于中檔題.19.(1)x=1(2)證明見解析(3)【解析】
(1)令,根據導函數確定函數的單調區間,求出極小值,進而求解;(2)轉化思想,要證,即證,即證,構造函數進而求證;(3)不等式對一切正實數恒成立,,設,分類討論進而求解.【詳解】解:(1)令,所以,當時,,在上單調遞增;當時,,在單調遞減;所以,所以的零點為.(2)由題意,,要證,即證,即證,令,則,由(1)知,當且僅當時等號成立,所以,即,所以原不等式成立.(3)不等式對一切正實數恒成立,,設,,記,△,①當△時,即時,恒成立,故單調遞增.于是當時,,又,故,當時,,又,故,又當時,,因此,當時,,②當△,即時,設的兩個不等實根分別為,,又,于是,故當時,,從而在單調遞減;當時,,此時,于是,即舍去,綜上,的取值范圍是.【點睛】(1)考查函數求導,根據導函數確定函數的單調性,零點;(2)考查轉化思想,構造函數求極值;(3)考查分類討論思想,函數的單調性,函數的求導;屬于難題.20.(1)單調減區間為,單調增區間為;(2)詳見解析;(3).【解析】
試題分析:(1)對函數求導后,利用導數和單調性的關系,可求得函數的單調區間.(2)構造函數,利用導數求得函數在上遞減,且,則,故原不等式成立.(3)同(2)構造函數,對分成三類,討論函數的單調性、極值和最值,由此求得的取值范圍.試題解析:(1),當時,.解得.當時,解得.所以單調減區間為,單調增區間為.(2)設,當時,由題意,當時,恒成立.,∴當時,恒成立,單調遞減.又,∴當時,恒成立,即.∴對于,恒成立.(3)因為.由(2)知,當時,恒成立,即對于,,不存在滿足條件的;當時,對于,,此時.∴,即恒成立,不存在滿足條件的;當時,令,可知與符號相同,當時,,,單調遞減.∴當時,,即恒成立.綜上,的取值范圍為.點睛:本題主要考查導數和單調區間,導數與不等式的證明,導數與恒成立問題的求解方法.第一問求函數的單調區間,這是導數問題的基本題型,也是基本功,先求定義域,然后求導,要注意通分和因式分解.二、三兩問一個是恒成立問題,一個是存在性問題,要注意取值是最大值還是最小值.21.(1)(2)或【解析】
(1)根據題意計算得到,,得到橢圓方程.(2)設,聯立方程得到,根據,計算得到答案.【詳解】(1)由平行四邊形的周
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