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文檔簡介
2021-2022高考數學模擬試卷考生請注意:1.答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內,不得在試卷上作任何標記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號內,第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y束后,請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.已知集合(),若集合,且對任意的,存在使得,其中,,則稱集合A為集合M的基底.下列集合中能作為集合的基底的是()A. B. C. D.2.已知是虛數單位,則復數()A. B. C.2 D.3.已知集合,,則()A. B. C. D.4.已知集合,,,則()A. B. C. D.5.設i為虛數單位,若復數,則復數z等于()A. B. C. D.06.世紀產生了著名的“”猜想:任給一個正整數,如果是偶數,就將它減半;如果是奇數,則將它乘加,不斷重復這樣的運算,經過有限步后,一定可以得到.如圖是驗證“”猜想的一個程序框圖,若輸入正整數的值為,則輸出的的值是()A. B. C. D.7.設分別是雙曲線的左右焦點若雙曲線上存在點,使,且,則雙曲線的離心率為()A. B.2 C. D.8.在等差數列中,,,若(),則數列的最大值是()A. B.C.1 D.39.若函數滿足,且,則的最小值是()A. B. C. D.10.已知函數是定義在R上的奇函數,且滿足,當時,(其中e是自然對數的底數),若,則實數a的值為()A. B.3 C. D.11.在中,點為中點,過點的直線與,所在直線分別交于點,,若,,則的最小值為()A. B.2 C.3 D.12.已知拋物線的焦點為,對稱軸與準線的交點為,為上任意一點,若,則()A.30° B.45° C.60° D.75°二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.如圖,在菱形ABCD中,AB=3,,E,F(xiàn)分別為BC,CD上的點,,若線段EF上存在一點M,使得,則____________,____________.(本題第1空2分,第2空3分)14.記等差數列和的前項和分別為和,若,則______.15.由于受到網絡電商的沖擊,某品牌的洗衣機在線下的銷售受到影響,承受了一定的經濟損失,現(xiàn)將地區(qū)200家實體店該品牌洗衣機的月經濟損失統(tǒng)計如圖所示,估算月經濟損失的平均數為,中位數為n,則_________.16.變量滿足約束條件,則目標函數的最大值是____.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)如圖,在四面體中,.(1)求證:平面平面;(2)若,求四面體的體積.18.(12分)已知是拋物線:的焦點,點在上,到軸的距離比小1.(1)求的方程;(2)設直線與交于另一點,為的中點,點在軸上,.若,求直線的斜率.19.(12分)已知函數,其中,.(1)當時,求的值;(2)當的最小正周期為時,求在上的值域.20.(12分)設函數.(1)若,求實數的取值范圍;(2)證明:,恒成立.21.(12分)已知函數.(1)求函數的單調區(qū)間;(2)當時,如果方程有兩個不等實根,求實數t的取值范圍,并證明.22.(10分)在以為頂點的五面體中,底面為菱形,,,,二面角為直二面角.(Ⅰ)證明:;(Ⅱ)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。1.C【解析】
根據題目中的基底定義求解.【詳解】因為,,,,,,所以能作為集合的基底,故選:C【點睛】本題主要考查集合的新定義,還考查了理解辨析的能力,屬于基礎題.2.A【解析】
根據復數的基本運算求解即可.【詳解】.故選:A【點睛】本題主要考查了復數的基本運算,屬于基礎題.3.D【解析】
先求出集合B,再與集合A求交集即可.【詳解】由已知,,故,所以.故選:D.【點睛】本題考查集合的交集運算,考查學生的基本運算能力,是一道容易題.4.D【解析】
根據集合的基本運算即可求解.【詳解】解:,,,則故選:D.【點睛】本題主要考查集合的基本運算,屬于基礎題.5.B【解析】
根據復數除法的運算法則,即可求解.【詳解】.故選:B.【點睛】本題考查復數的代數運算,屬于基礎題.6.C【解析】
列出循環(huán)的每一步,可得出輸出的的值.【詳解】,輸入,,不成立,是偶數成立,則;,不成立,是偶數成立,則;,不成立,是偶數成立,則;,不成立,是偶數不成立,則;,不成立,是偶數成立,則;,不成立,是偶數成立,則;,不成立,是偶數成立,則;,不成立,是偶數成立,則;,成立,跳出循環(huán),輸出的值為.故選:C.【點睛】本題考查利用程序框圖計算輸出結果,考查計算能力,屬于基礎題.7.A【解析】
由及雙曲線定義得和(用表示),然后由余弦定理得出的齊次等式后可得離心率.【詳解】由題意∵,∴由雙曲線定義得,從而得,,在中,由余弦定理得,化簡得.故選:A.【點睛】本題考查求雙曲線的離心率,解題關鍵是應用雙曲線定義用表示出到兩焦點的距離,再由余弦定理得出的齊次式.8.D【解析】
在等差數列中,利用已知可求得通項公式,進而,借助函數的的單調性可知,當時,取最大即可求得結果.【詳解】因為,所以,即,又,所以公差,所以,即,因為函數,在時,單調遞減,且;在時,單調遞減,且.所以數列的最大值是,且,所以數列的最大值是3.故選:D.【點睛】本題考查等差數列的通項公式,考查數列與函數的關系,借助函數單調性研究數列最值問題,難度較易.9.A【解析】
由推導出,且,將所求代數式變形為,利用基本不等式求得的取值范圍,再利用函數的單調性可得出其最小值.【詳解】函數滿足,,即,,,,即,,則,由基本不等式得,當且僅當時,等號成立.,由于函數在區(qū)間上為增函數,所以,當時,取得最小值.故選:A.【點睛】本題考查代數式最值的計算,涉及對數運算性質、基本不等式以及函數單調性的應用,考查計算能力,屬于中等題.10.B【解析】
根據題意,求得函數周期,利用周期性和函數值,即可求得.【詳解】由已知可知,,所以函數是一個以4為周期的周期函數,所以,解得,故選:B.【點睛】本題考查函數周期的求解,涉及對數運算,屬綜合基礎題.11.B【解析】
由,,三點共線,可得,轉化,利用均值不等式,即得解.【詳解】因為點為中點,所以,又因為,,所以.因為,,三點共線,所以,所以,當且僅當即時等號成立,所以的最小值為1.故選:B【點睛】本題考查了三點共線的向量表示和利用均值不等式求最值,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.12.C【解析】
如圖所示:作垂直于準線交準線于,則,故,得到答案.【詳解】如圖所示:作垂直于準線交準線于,則,在中,,故,即.故選:.【點睛】本題考查了拋物線中角度的計算,意在考查學生的計算能力和轉化能力.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】
根據題意,設,則,所以,解得,所以,從而有.14.【解析】
結合等差數列的前項和公式,可得,求解即可.【詳解】由題意,,,因為,所以.故答案為:.【點睛】本題考查了等差數列的前項和公式及等差中項的應用,考查了學生的計算求解能力,屬于基礎題.15.360【解析】
先計算第一塊小矩形的面積,第二塊小矩形的面積,,面積和超過0.5,所以中位數在第二塊求解,然后再求得平均數作差即可.【詳解】第一塊小矩形的面積,第二塊小矩形的面積,故;而,故.故答案為:360.【點睛】本題考查頻率分布直方圖、樣本的數字特征,考查運算求解能力以及數形結合思想,屬于基礎題.16.5【解析】
分析:畫出可行域,平移直線,當直線經過時,可得有最大值.詳解:畫出束條件表示的可行性,如圖,由可得,可得,目標函數變形為,平移直線,當直線經過時,可得有最大值,故答案為.點睛:本題主要考查線性規(guī)劃中利用可行域求目標函數的最值,屬簡單題.求目標函數最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”:(1)作出可行域(一定要注意是實線還是虛線);(2)找到目標函數對應的最優(yōu)解對應點(在可行域內平移變形后的目標函數,最先通過或最后通過的定點就是最優(yōu)解);(3)將最優(yōu)解坐標代入目標函數求出最值.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)證明見解析;(2).【解析】
(1)取中點,連接,根據等腰三角形的性質得到,利用全等三角形證得,由此證得平面,進而證得平面平面.(2)由(1)知平面,即是四面體的面上的高,結合錐體體積公式,求得四面體的體積.【詳解】(1)證明:如圖,取中點,連接,由則,則,故故,平面.又平面,故平面平面(2)由(1)知平面,即是四面體的面上的高,且.在中,,由勾股定理易知故四面體的體積【點睛】本小題主要考查面面垂直的證明,考查錐體體積計算,考查空間想象能力和邏輯推理能力,屬于中檔題.18.(1)(2)【解析】
(1)由拋物線定義可知,解得,故拋物線的方程為;(2)設直線:,聯(lián)立,利用韋達定理算出的中點,又,所以直線的方程為,求出,利用求解即可.【詳解】(1)設的準線為,過作于,則由拋物線定義,得,因為到的距離比到軸的距離大1,所以,解得,所以的方程為(2)由題意,設直線方程為,由消去,得,設,,則,所以,又因為為的中點,點的坐標為,直線的方程為,令,得,點的坐標為,所以,解得,所以直線的斜率為.【點睛】本題主要考查拋物線的定義,直線與拋物線的位置關系等基礎知識,考查學生的運算求解能力.涉及拋物線的弦的中點,斜率問題時,可采用韋達定理或“點差法”求解.19.(1)(2)【解析】
(1)根據,得到函數,然后,直接求解的值;(2)首先,化簡函數,然后,結合周期公式,得到,再結合,及正弦函數的性質解答即可.【詳解】(1)因為,所以(2)因為即因為,所以所以因為所以所以當時,.當時,(最大值)當時,在是增函數,在是減函數.的值域是.【點睛】本題主要考查了簡單角的三角函數值的求解方法,兩角和與差的正弦、余弦公式,三角函數的圖象與性質等知識,考查了運算求解能力,屬于中檔題.20.(1)(2)證明見解析【解析】
(1)將不等式化為,利用零點分段法,求得不等式的解集.(2)將要證明的不等式轉化為證,恒成立,由的最小值為,得到只要證,即證,利用絕對值不等式和基本不等式,證得上式成立.【詳解】(1)∵,∴,即當時,不等式化為,∴當時,不等式化為,此時無解當時,不等式化為,∴綜上,原不等式的解集為(2)要證,恒成立即證,恒成立∵的最小值為-2,∴只需證,即證又∴成立,∴原題得證【點睛】本題考查絕對值不等式的性質、解法,基本不等式等知識;考查推理論證能力、運算求解能力;考查化歸與轉化,分類與整合思想.21.(1)當時,的單調遞增區(qū)間是,單調遞減區(qū)間是;當時,的單調遞增區(qū)間是,單調遞減區(qū)間是;(2),證明見解析.【解析】
(1)求出,對分類討論,分別求出的解,即可得出結論;(2)由(1)得出有兩解時的范圍,以及關系,將,等價轉化為證明,不妨設,令,則,即證,構造函數,只要證明對于任意恒成立即可.【詳解】(1)的定義域為R,且.由,得;由,得.故當時,函數的單調遞增區(qū)間是,單調遞減區(qū)間是;當時,函數的單調遞增區(qū)間是,單調遞減區(qū)間是.(2)由(1)知當時,,且.當時,;當時,.當時,直線與的圖像有兩個交點,實數t的取值范圍是.方程有兩個不等實根,,,,,,即.要證,只需證,即證,不妨設.令,則,則要證,即證.令,則.令,則,在上單調遞增,.,在上單調遞增,,即成立,即成立..【點睛】本題考查函數與導數的綜合應用,涉及到函數單調性、極值、零點、不等式證明,構造函數函數是解題的關鍵,意在考查直觀想象、邏輯推理、數學計算能力,屬于較難題.22.(Ⅰ)見解析(Ⅱ)【解析】
(Ⅰ)連接交于點,取中點,連結,證明平面
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