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文檔簡介
1、2021-2022高考數(shù)學模擬試卷請考生注意:1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上,請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前,認真閱讀答題紙上的注意事項,按規(guī)定答題。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已知函數(shù)的圖象與直線的相鄰交點間的距離為,若定義,則函數(shù),在區(qū)間內的圖象是( )ABCD2中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來,構件的凸出部分叫榫頭,凹進部分叫卯眼,圖中木構件右邊的小長方體是榫頭若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方
2、體,則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是ABCD3已知,滿足條件(為常數(shù)),若目標函數(shù)的最大值為9,則( )ABCD4已知橢圓的短軸長為2,焦距為分別是橢圓的左、右焦點,若點為上的任意一點,則的取值范圍為( )ABCD5已知集合Myy2x,x0,Nxylg(2xx2),則MN為( )A(1,)B(1,2)C2,)D1,)6 “”是“,”的( )A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分又不必要條件7已知曲線,動點在直線上,過點作曲線的兩條切線,切點分別為,則直線截圓所得弦長為( )AB2C4D8已知復數(shù),則( )ABCD9已知,分別為內角,的對邊,的面積為,則( )AB4C5D10若
3、,則的值為( )ABCD11已知,滿足約束條件,則的最大值為ABCD12“是函數(shù)在區(qū)間內單調遞增”的( )A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13若滿足,則目標函數(shù)的最大值為_.14給出下列等式:,請從中歸納出第個等式:_.15已知拋物線的焦點為,直線與拋物線相切于點,是上一點(不與重合),若以線段為直徑的圓恰好經(jīng)過,則點到拋物線頂點的距離的最小值是_.16已知數(shù)列的前項和且,設,則的值等于_ .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(shù).()若,求曲線在處的切線方程;()
4、當時,要使恒成立,求實數(shù)的取值范圍.18(12分)已知函數(shù).(1)當時,求曲線在點處的切線方程;(2)若在上恒成立,求的取值范圍19(12分)已知拋物線C:x24py(p為大于2的質數(shù))的焦點為F,過點F且斜率為k(k0)的直線交C于A,B兩點,線段AB的垂直平分線交y軸于點E,拋物線C在點A,B處的切線相交于點G.記四邊形AEBG的面積為S.(1)求點G的軌跡方程;(2)當點G的橫坐標為整數(shù)時,S是否為整數(shù)?若是,請求出所有滿足條件的S的值;若不是,請說明理由.20(12分)已知各項均為正數(shù)的數(shù)列的前項和為,且,(,且)(1)求數(shù)列的通項公式;(2)證明:當時,21(12分)已知橢圓的右焦點
5、為,離心率為.(1)若,求橢圓的方程;(2)設直線與橢圓相交于、兩點,、分別為線段、的中點,若坐標原點在以為直徑的圓上,且,求的取值范圍.22(10分)如圖,在四棱錐中,底面為菱形,底面,.(1)求證:平面;(2)若直線與平面所成的角為,求平面與平面所成銳二面角的余弦值.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】由題知,利用求出,再根據(jù)題給定義,化簡求出的解析式,結合正弦函數(shù)和正切函數(shù)圖象判斷,即可得出答案.【詳解】根據(jù)題意,的圖象與直線的相鄰交點間的距離為,所以 的周期為, 則, 所以,由正弦函數(shù)和正切函數(shù)圖象可
6、知正確.故選:A.【點睛】本題考查三角函數(shù)中正切函數(shù)的周期和圖象,以及正弦函數(shù)的圖象,解題關鍵是對新定義的理解.2A【解析】詳解:由題意知,題干中所給的是榫頭,是凸出的幾何體,求得是卯眼的俯視圖,卯眼是凹進去的,即俯視圖中應有一不可見的長方形,且俯視圖應為對稱圖形故俯視圖為故選A.點睛:本題主要考查空間幾何體的三視圖,考查學生的空間想象能力,屬于基礎題。3B【解析】由目標函數(shù)的最大值為9,我們可以畫出滿足條件 件為常數(shù))的可行域,根據(jù)目標函數(shù)的解析式形式,分析取得最優(yōu)解的點的坐標,然后根據(jù)分析列出一個含參數(shù)的方程組,消參后即可得到的取值【詳解】畫出,滿足的為常數(shù))可行域如下圖:由于目標函數(shù)的最
7、大值為9,可得直線與直線的交點,使目標函數(shù)取得最大值,將,代入得:故選:【點睛】如果約束條件中含有參數(shù),我們可以先畫出不含參數(shù)的幾個不等式對應的平面區(qū)域,分析取得最優(yōu)解是哪兩條直線的交點,然后得到一個含有參數(shù)的方程(組,代入另一條直線方程,消去,后,即可求出參數(shù)的值4D【解析】先求出橢圓方程,再利用橢圓的定義得到,利用二次函數(shù)的性質可求,從而可得的取值范圍.【詳解】由題設有,故,故橢圓,因為點為上的任意一點,故.又,因為,故,所以.故選:D.【點睛】本題考查橢圓的幾何性質,一般地,如果橢圓的左、右焦點分別是,點為上的任意一點,則有,我們常用這個性質來考慮與焦點三角形有關的問題,本題屬于基礎題.
8、5B【解析】M=y|y=2x,x0=y|y1,N=x|y=lg(2x-x2)=x|2x-x20=x|x2-2x0=x|0 x2,MN=(1,2)故選B6B【解析】先求出滿足的值,然后根據(jù)充分必要條件的定義判斷【詳解】由得,即, ,因此“”是“,”的必要不充分條件故選:B【點睛】本題考查充分必要條件,掌握充分必要條件的定義是解題基礎解題時可根據(jù)條件與結論中參數(shù)的取值范圍進行判斷7C【解析】設,根據(jù)導數(shù)的幾何意義,求出切線斜率,進而得到切線方程,將點坐標代入切線方程,抽象出直線方程,且過定點為已知圓的圓心,即可求解.【詳解】圓可化為.設,則的斜率分別為,所以的方程為,即,即,由于都過點,所以,即都
9、在直線上,所以直線的方程為,恒過定點,即直線過圓心,則直線截圓所得弦長為4.故選:C.【點睛】本題考查直線與圓位置關系、直線與拋物線位置關系,拋物線兩切點所在直線求解是解題的關鍵,屬于中檔題.8B【解析】利用復數(shù)除法、加法運算,化簡求得,再求得【詳解】,故.故選:B【點睛】本小題主要考查復數(shù)的除法運算、加法運算,考查復數(shù)的模,屬于基礎題.9D【解析】由正弦定理可知,從而可求出.通過可求出,結合余弦定理即可求出 的值.【詳解】解:,即,即. ,則.,解得., 故選:D.【點睛】本題考查了正弦定理,考查了余弦定理,考查了三角形的面積公式,考查同角三角函數(shù)的基本關系.本題的關鍵是通過正弦定理結合已知
10、條件,得到角 的正弦值余弦值.10A【解析】取,得到,取,則,計算得到答案.【詳解】取,得到;取,則.故.故選:.【點睛】本題考查了二項式定理的應用,取和是解題的關鍵.11D【解析】作出不等式組對應的平面區(qū)域,利用目標函數(shù)的幾何意義,利用數(shù)形結合即可得到結論【詳解】作出不等式組表示的平面區(qū)域如下圖中陰影部分所示,等價于,作直線,向上平移,易知當直線經(jīng)過點時最大,所以,故選D【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用,利用目標函數(shù)的幾何意義,結合數(shù)形結合的數(shù)學思想是解決此類問題的基本方法12C【解析】,令解得當,的圖像如下圖當,的圖像如下圖由上兩圖可知,是充要條件【考點定位】考查充分條件和必要條件的概念
11、,以及函數(shù)圖像的畫法.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13-1【解析】由約束條件作出可行域,化目標函數(shù)為直線方程的斜截式,數(shù)形結合得到最優(yōu)解,把最優(yōu)解的坐標代入目標函數(shù)得答案【詳解】由約束條件作出可行域如圖, 化目標函數(shù)為,由圖可得,當直線過點時,直線在軸上的截距最大,由得即,則有最大值,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(shù)的最值,屬簡單題.求目標函數(shù)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(shù)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(shù),最先通過或最后通過的頂點就是最優(yōu)解);(3)將最優(yōu)解坐
12、標代入目標函數(shù)求出最值.14【解析】通過已知的三個等式,找出規(guī)律,歸納出第個等式即可【詳解】解:因為:,等式的右邊系數(shù)是2,且角是等比數(shù)列,公比為,則角滿足:第個等式中的角,所以;故答案為:【點睛】本題主要考查歸納推理,注意已知表達式的特征是解題的關鍵,屬于中檔題15【解析】根據(jù)拋物線,不妨設,取 ,通過求導得, ,再根據(jù)以線段為直徑的圓恰好經(jīng)過,則 ,得到,兩式聯(lián)立,求得點N的軌跡,再求解最值.【詳解】因為拋物線,不妨設,取 ,所以,即,所以 ,因為以線段為直徑的圓恰好經(jīng)過,所以 ,所以,所以,由 ,解得,所以點在直線 上,所以當時, 最小,最小值為.故答案為:2【點睛】本題主要考查直線與拋
13、物線的位置關系直線的交軌問題,還考查了運算求解的能力,屬于中檔題.167【解析】根據(jù)題意,當時,可得,進而得數(shù)列為等比數(shù)列,再計算可得,進而可得結論.【詳解】由題意,當時,又,解得,當時,由,所以,即,故數(shù)列是以為首項,為公比的等比數(shù)列,故,又,所以,.故答案為:.【點睛】本題考查了數(shù)列遞推關系、函數(shù)求值,考查了推理能力與計算能力,計算得是解決本題的關鍵,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()()【解析】()求函數(shù)的導函數(shù),即可求得切線的斜率,則切線方程得解;()構造函數(shù),對參數(shù)分類討論,求得函數(shù)的單調性,以及最值,即可容易求得參數(shù)范圍.【詳解】()
14、當時,則.所以.又,故所求切線方程為,即.()依題意,得,即恒成立.令,則.當時,因為,不合題意.當時,令,得,顯然.令,得或;令,得.所以函數(shù)的單調遞增區(qū)間是,單調遞減區(qū)間是.當時,所以,只需,所以,所以實數(shù)的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數(shù)的幾何意義求切線方程,以及利用導數(shù)研究恒成立問題,屬綜合中檔題.18(1);(2)【解析】(1),對函數(shù)求導,分別求出和,即可求出在點處的切線方程;(2)對求導,分、和三種情況討論的單調性,再結合在上恒成立,可求得的取值范圍.【詳解】(1)因為,所以,所以,則,故曲線在點處的切線方程為.(2)因為,所以,當時,在上恒成立,則在上單調遞增,從而成立,故
15、符合題意;當時,令,解得,即在上單調遞減,則,故不符合題意;當時,在上恒成立,即在上單調遞減,則,故不符合題意.綜上,的取值范圍為.【點睛】本題考查了曲線的切線方程的求法,考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,考查了不等式恒成立問題,利用分類討論是解決本題的較好方法,屬于中檔題.19(1)(2)當G點橫坐標為整數(shù)時,S不是整數(shù)【解析】(1)先求解導數(shù),得出切線方程,聯(lián)立方程得出交點G的軌跡方程;(2)先求解弦長,再分別求解點到直線的距離,表示出四邊形的面積,結合點G的橫坐標為整數(shù)進行判斷.【詳解】(1)設,則,拋物線C的方程可化為,則,所以曲線C在點A處的切線方程為,在點B處的切線方程為,因為兩切線
16、均過點G,所以,所以A,B兩點均在直線上,所以直線AB的方程為,又因為直線AB過點F(0,p),所以,即G點軌跡方程為;(2)設點G(,),由(1)可知,直線AB的方程為,即,將直線AB的方程與拋物線聯(lián)立,整理得,所以,解得,因為直線AB的斜率,所以,且,線段AB的中點為M,所以直線EM的方程為:,所以E點坐標為(0,), 直線AB的方程整理得,則G到AB的距離,則E到AB的距離, 所以,設,因為p是質數(shù),且為整數(shù),所以或,當時,是無理數(shù),不符題意,當時,因為當時,即是無理數(shù),所以不符題意,當時,是無理數(shù),不符題意,綜上,當G點橫坐標為整數(shù)時,S不是整數(shù)【點睛】本題主要考查直線與拋物線的位置關
17、系,拋物線中的切線問題通常借助導數(shù)來求解,四邊形的面積問題一般轉化為三角形的面積和問題,表示出面積的表達式是求解的關鍵,側重考查數(shù)學運算的核心素養(yǎng).20 (1) (2)見證明【解析】(1)由題意將遞推關系式整理為關于與的關系式,求得前n項和然后確定通項公式即可;(2)由題意結合通項公式的特征放縮之后裂項求和即可證得題中的不等式.【詳解】(1)由,得,即,所以數(shù)列是以為首項,以為公差的等差數(shù)列,所以,即,當時,當時,也滿足上式,所以;(2)當時,所以【點睛】給出 與 的遞推關系,求an,常用思路是:一是利用轉化為an的遞推關系,再求其通項公式;二是轉化為Sn的遞推關系,先求出Sn與n之間的關系,
18、再求an.21(1);(2).【解析】(1)由橢圓的離心率求出、的值,由此可求得橢圓的方程;(2)設點、,聯(lián)立直線與橢圓的方程,列出韋達定理,由題意得出,可得出,【詳解】(1)由題意得,.又因為,所以橢圓的方程為;(2)由,得.設、,所以,依題意,易知,四邊形為平行四邊形,所以.因為,所以.即,將其整理為.因為,所以,.所以,即.【點睛】本題考查橢圓方程的求法和直線與橢圓位置關系的綜合運用,解題時要認真審題,注意挖掘題設中的隱含條件,合理地進行等價轉化,考查計算能力,屬于中等題.22(1)證明見解析(2)【解析】(1)由底面為菱形,得,再由底面,可得,結合線面垂直的判定可得平面;(2)以點為坐標原點,以所在直線及
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