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2021-2022高考數(shù)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(nèi),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(nèi),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。考試結束后,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.為了得到函數(shù)的圖象,只需把函數(shù)的圖象上所有的點()A.向左平移個單位長度 B.向右平移個單位長度C.向左平移個單位長度 D.向右平移個單位長度2.已知函數(shù)()的部分圖象如圖所示.則()A. B.C. D.3.在平行六面體中,M為與的交點,若,,則與相等的向量是()A. B. C. D.4.某裝飾公司制作一種扇形板狀裝飾品,其圓心角為120°,并在扇形弧上正面等距安裝7個發(fā)彩色光的小燈泡且在背面用導線相連(弧的兩端各一個,導線接頭忽略不計),已知扇形的半徑為30厘米,則連接導線最小大致需要的長度為()A.58厘米 B.63厘米 C.69厘米 D.76厘米5.在中,,,,點,分別在線段,上,且,,則().A. B. C.4 D.96.由曲線y=x2與曲線y2=x所圍成的平面圖形的面積為()A.1 B. C. D.7.數(shù)列的通項公式為.則“”是“為遞增數(shù)列”的()條件.A.必要而不充分 B.充要 C.充分而不必要 D.即不充分也不必要8.棱長為2的正方體內(nèi)有一個內(nèi)切球,過正方體中兩條異面直線,的中點作直線,則該直線被球面截在球內(nèi)的線段的長為()A. B. C. D.19.在中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,D是AB的中點,若,且,則面積的最大值是()A. B. C. D.10.一個幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為()A. B.C. D.11.已知直線,,則“”是“”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12.在中,“”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.已知函數(shù),則曲線在點處的切線方程是_______.14.的展開式中的系數(shù)為__________.15.函數(shù)的定義域為,其圖象如圖所示.函數(shù)是定義域為的奇函數(shù),滿足,且當時,.給出下列三個結論:①;②函數(shù)在內(nèi)有且僅有個零點;③不等式的解集為.其中,正確結論的序號是________.16.已知全集,,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)在中,角,,的對邊分別為,,,,,且的面積為.(1)求;(2)求的周長.18.(12分)如圖1,已知四邊形BCDE為直角梯形,,,且,A為BE的中點將沿AD折到位置如圖,連結PC,PB構成一個四棱錐.(Ⅰ)求證;(Ⅱ)若平面.①求二面角的大??;②在棱PC上存在點M,滿足,使得直線AM與平面PBC所成的角為,求的值.19.(12分)設函數(shù),直線與函數(shù)圖象相鄰兩交點的距離為.(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)在中,角所對的邊分別是,若點是函數(shù)圖象的一個對稱中心,且,求面積的最大值.20.(12分)已知函數(shù),.(1)當時,求不等式的解集;(2)當時,不等式恒成立,求實數(shù)的取值范圍.21.(12分)已知,,,,證明:(1);(2).22.(10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,

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.D【解析】

通過變形,通過“左加右減”即可得到答案.【詳解】根據(jù)題意,故只需把函數(shù)的圖象上所有的點向右平移個單位長度可得到函數(shù)的圖象,故答案為D.【點睛】本題主要考查三角函數(shù)的平移變換,難度不大.2.C【解析】

由圖象可知,可解得,利用三角恒等變換化簡解析式可得,令,即可求得.【詳解】依題意,,即,解得;因為所以,當時,.故選:C.【點睛】本題主要考查了由三角函數(shù)的圖象求解析式和已知函數(shù)值求自變量,考查三角恒等變換在三角函數(shù)化簡中的應用,難度一般.3.D【解析】

根據(jù)空間向量的線性運算,用作基底表示即可得解.【詳解】根據(jù)空間向量的線性運算可知因為,,則即,故選:D.【點睛】本題考查了空間向量的線性運算,用基底表示向量,屬于基礎題.4.B【解析】

由于實際問題中扇形弧長較小,可將導線的長視為扇形弧長,利用弧長公式計算即可.【詳解】因為弧長比較短的情況下分成6等分,所以每部分的弦長和弧長相差很小,可以用弧長近似代替弦長,故導線長度約為63(厘米).故選:B.【點睛】本題主要考查了扇形弧長的計算,屬于容易題.5.B【解析】

根據(jù)題意,分析可得,由余弦定理求得的值,由可得結果.【詳解】根據(jù)題意,,則在中,又,則則則則故選:B【點睛】此題考查余弦定理和向量的數(shù)量積運算,掌握基本概念和公式即可解決,屬于簡單題目.6.B【解析】

首先求得兩曲線的交點坐標,據(jù)此可確定積分區(qū)間,然后利用定積分的幾何意義求解面積值即可.【詳解】聯(lián)立方程:可得:,,結合定積分的幾何意義可知曲線y=x2與曲線y2=x所圍成的平面圖形的面積為:.本題選擇B選項.【點睛】本題主要考查定積分的概念與計算,屬于中等題.7.A【解析】

根據(jù)遞增數(shù)列的特點可知,解得,由此得到若是遞增數(shù)列,則,根據(jù)推出關系可確定結果.【詳解】若“是遞增數(shù)列”,則,即,化簡得:,又,,,則是遞增數(shù)列,是遞增數(shù)列,“”是“為遞增數(shù)列”的必要不充分條件.故選:.【點睛】本題考查充分條件與必要條件的判斷,涉及到根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性求解參數(shù)范圍,屬于基礎題.8.C【解析】

連結并延長PO,交對棱C1D1于R,則R為對棱的中點,取MN的中點H,則OH⊥MN,推導出OH∥RQ,且OH=RQ=,由此能求出該直線被球面截在球內(nèi)的線段的長.【詳解】如圖,MN為該直線被球面截在球內(nèi)的線段連結并延長PO,交對棱C1D1于R,則R為對棱的中點,取MN的中點H,則OH⊥MN,∴OH∥RQ,且OH=RQ=,∴MH===,∴MN=.故選:C.【點睛】本題主要考查該直線被球面截在球內(nèi)的線段的長的求法,考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識,考查運算求解能力,是中檔題.9.A【解析】

根據(jù)正弦定理可得,求出,根據(jù)平方關系求出.由兩端平方,求的最大值,根據(jù)三角形面積公式,求出面積的最大值.【詳解】中,,由正弦定理可得,整理得,由余弦定理,得.D是AB的中點,且,,即,即,,當且僅當時,等號成立.的面積,所以面積的最大值為.故選:.【點睛】本題考查正、余弦定理、不等式、三角形面積公式和向量的數(shù)量積運算,屬于中檔題.10.A【解析】

根據(jù)題意,可得幾何體,利用體積計算即可.【詳解】由題意,該幾何體如圖所示:該幾何體的體積.故選:A.【點睛】本題考查了常見幾何體的三視圖和體積計算,屬于基礎題.11.C【解析】

先得出兩直線平行的充要條件,根據(jù)小范圍可推導出大范圍,可得到答案.【詳解】直線,,的充要條件是,當a=2時,化簡后發(fā)現(xiàn)兩直線是重合的,故舍去,最終a=-1.因此得到“”是“”的充分必要條件.故答案為C.【點睛】判斷充要條件的方法是:①若p?q為真命題且q?p為假命題,則命題p是命題q的充分不必要條件;②若p?q為假命題且q?p為真命題,則命題p是命題q的必要不充分條件;③若p?q為真命題且q?p為真命題,則命題p是命題q的充要條件;④若p?q為假命題且q?p為假命題,則命題p是命題q的即不充分也不必要條件.⑤判斷命題p與命題q所表示的范圍,再根據(jù)“誰大誰必要,誰小誰充分”的原則,判斷命題p與命題q的關系.12.D【解析】

通過列舉法可求解,如兩角分別為時【詳解】當時,,但,故充分條件推不出;當時,,但,故必要條件推不出;所以“”是“”的既不充分也不必要條件.故選:D.【點睛】本題考查命題的充分與必要條件判斷,三角函數(shù)在解三角形中的具體應用,屬于基礎題二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】

求導,x=0代入求k,點斜式求切線方程即可【詳解】則又故切線方程為y=x+1故答案為y=x+1【點睛】本題考查切線方程,求導法則及運算,考查直線方程,考查計算能力,是基礎題14.3【解析】

分別用1和進行分類討論即可【詳解】當?shù)谝粋€因式取1時,第二個因式應取含的項,則對應系數(shù)為:;當?shù)谝粋€因式取時,第二個因式應取含的項,則對應系數(shù)為:;故的展開式中的系數(shù)為.故答案為:3【點睛】本題考查二項式定理中具體項對應系數(shù)的求解,屬于基礎題15.①③【解析】

利用奇函數(shù)和,得出函數(shù)的周期為,由圖可直接判斷①;利用賦值法求得,結合,進而可判斷函數(shù)在內(nèi)的零點個數(shù),可判斷②的正誤;采用換元法,結合圖象即可得解,可判斷③的正誤.綜合可得出結論.【詳解】因為函數(shù)是奇函數(shù),所以,又,所以,即,所以,函數(shù)的周期為.對于①,由于函數(shù)是上的奇函數(shù),所以,,故①正確;對于②,,令,可得,得,所以,函數(shù)在區(qū)間上的零點為和.因為函數(shù)的周期為,所以函數(shù)在內(nèi)有個零點,分別是、、、、,故②錯誤;對于③,令,則需求的解集,由圖象可知,,所以,故③正確.故答案為:①③.【點睛】本題考查函數(shù)的圖象與性質,涉及奇偶性、周期性和零點等知識點,考查學生分析問題的能力和數(shù)形結合能力,屬于中等題.16.【解析】

利用集合的補集運算即可求解.【詳解】由全集,,所以.故答案為:【點睛】本題考查了集合的補集運算,需理解補集的概念,屬于基礎題.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)(2)【解析】

(1)利用正弦,余弦定理對式子化簡求解即可;(2)利用余弦定理以及三角形的面積,求解三角形的周長即可.【詳解】(1),由正弦定理可得:,即:,由余弦定理得.(2)∵,所以,,又,且,,的周長為【點睛】本題考查正弦定理以及余弦定理的應用,三角形的面積公式,也考查計算能力,屬于基礎題.18.Ⅰ詳見解析;Ⅱ①,②或.【解析】

Ⅰ可以通過已知證明出平面PAB,這樣就可以證明出;Ⅱ以點A為坐標原點,分別以AB,AD,AP為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,可以求出相應點的坐標,求出平面PBC的法向量為、平面PCD的法向量,利用空間向量的數(shù)量積,求出二面角的大?。磺蟪銎矫鍼BC的法向量,利用線面角的公式求出的值.【詳解】證明:Ⅰ在圖1中,,,為平行四邊形,,,,當沿AD折起時,,,即,,又,平面PAB,又平面PAB,.解:Ⅱ以點A為坐標原點,分別以AB,AD,AP為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,由于平面ABCD則0,,0,,1,,0,,1,1,,1,,0,,設平面PBC的法向量為y,,則,取,得0,,設平面PCD的法向量b,,則,取,得1,,設二面角的大小為,可知為鈍角,則,.二面角的大小為.設AM與面PBC所成角為,0,,1,,,,平面PBC的法向量0,,直線AM與平面PBC所成的角為,,解得或.【點睛】本題考查了利用線面垂直證明線線垂直,考查了利用向量數(shù)量積,求二面角的大小以及通過線面角公式求定比分點問題.19.(Ⅰ)3;(Ⅱ).【解析】

(Ⅰ)函數(shù),利用和差公式和倍角公式,化簡即可求得;(Ⅱ)由(Ⅰ)知函數(shù),根據(jù)點是函數(shù)圖象的一個對稱中心,代入可得,利用余弦定理、基本不等式的性質即可得出.【詳解】(Ⅰ)的最大值為最小正周期為(Ⅱ)由題意及(Ⅰ)知,,故故的面積的最大值為.【點睛】本題考查三角函數(shù)的和差公式、倍角公式、三角函數(shù)的圖象與性質、余弦定理、基本不等式的性質,考查理解辨析能力與運算求解能力,屬于中檔基礎題.20.(1)(2)【解析】

(1)當時,,當或時,,所以可轉化為,解得,所以不等式的解集為.(2)因為,所以,所以,即,即.當時,因為,所以,不符合題意.當時,解可得,因為當時,不等式恒成立,所以,所以,解得,所以實數(shù)的取值范圍為.21.(1)證明見解析(2)證明見解析【解析】

(1)先由基本不等式可得,而,即得證;(2)首先推導出,再利用,展開即可得證.【詳解】證明:(1),,,(當且僅當時取等號).(2),,,,,,,.【點睛】本題考查不

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