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文檔簡介
2021-2022高考數學模擬試卷注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(B)填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2.作答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上;如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新答案;不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.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.在菱形中,,,,分別為,的中點,則()A. B. C.5 D.2.已知是函數的極大值點,則的取值范圍是A. B.C. D.3.已知實數,滿足約束條件,則目標函數的最小值為A. B.C. D.4.一袋中裝有個紅球和個黑球(除顏色外無區(qū)別),任取球,記其中黑球數為,則為()A. B. C. D.5.在中,,,分別為角,,的對邊,若的面為,且,則()A.1 B. C. D.6.為了進一步提升駕駛人交通安全文明意識,駕考新規(guī)要求駕校學員必須到街道路口執(zhí)勤站崗,協(xié)助交警勸導交通.現(xiàn)有甲、乙等5名駕校學員按要求分配到三個不同的路口站崗,每個路口至少一人,且甲、乙在同一路口的分配方案共有()A.12種 B.24種 C.36種 D.48種7.已知雙曲線的右焦點為,過原點的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于兩點,延長交右支于點,若,則雙曲線的離心率是()A. B. C. D.8.我國宋代數學家秦九韶(1202-1261)在《數書九章》(1247)一書中提出“三斜求積術”,即:以少廣求之,以小斜冪并大斜冪減中斜冪,余半之,自乘于上;以小斜冪乘大斜冪減上,余四約之,為實;一為從隅,開平方得積.其實質是根據三角形的三邊長,,求三角形面積,即.若的面積,,,則等于()A. B. C.或 D.或9.如圖,這是某校高三年級甲、乙兩班在上學期的5次數學測試的班級平均分的莖葉圖,則下列說法不正確的是()A.甲班的數學成績平均分的平均水平高于乙班B.甲班的數學成績的平均分比乙班穩(wěn)定C.甲班的數學成績平均分的中位數高于乙班D.甲、乙兩班這5次數學測試的總平均分是10310.已知函數,,若成立,則的最小值是()A. B. C. D.11.已知平面向量滿足與的夾角為,且,則實數的值為()A. B. C. D.12.下列命題是真命題的是()A.若平面,,,滿足,,則;B.命題:,,則:,;C.“命題為真”是“命題為真”的充分不必要條件;D.命題“若,則”的逆否命題為:“若,則”.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.3張獎券分別標有特等獎、一等獎和二等獎.甲、乙兩人同時各抽取1張獎券,兩人都未抽得特等獎的概率是__________.14.已知數列的前項和為,且滿足,則______15.已知雙曲線的左右焦點為,過作軸的垂線與相交于兩點,與軸相交于.若,則雙曲線的離心率為_________.16.已知向量,,若向量與向量平行,則實數___________.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,在四棱錐中,平面平面ABCD,,,底面ABCD是邊長為2的菱形,點E,F(xiàn)分別為棱DC,BC的中點,點G是棱SC靠近點C的四等分點.求證:(1)直線平面EFG;(2)直線平面SDB.18.(12分)已知橢圓經過點,離心率為.(1)求橢圓的方程;(2)經過點且斜率存在的直線交橢圓于兩點,點與點關于坐標原點對稱.連接.求證:存在實數,使得成立.19.(12分)已知與有兩個不同的交點,其橫坐標分別為().(1)求實數的取值范圍;(2)求證:.20.(12分)在平面直角坐標系中,已知橢圓的左、右頂點分別為、,焦距為2,直線與橢圓交于兩點(均異于橢圓的左、右頂點).當直線過橢圓的右焦點且垂直于軸時,四邊形的面積為6.(1)求橢圓的標準方程;(2)設直線的斜率分別為.①若,求證:直線過定點;②若直線過橢圓的右焦點,試判斷是否為定值,并說明理由.21.(12分)運輸一批海鮮,可在汽車、火車、飛機三種運輸工具中選擇,它們的速度分別為60千米/小時、120千米/小時、600千米/小時,每千米的運費分別為20元、10元、50元.這批海鮮在運輸過程中每小時的損耗為m元(),運輸的路程為S(千米).設用汽車、火車、飛機三種運輸工具運輸時各自的總費用(包括運費和損耗費)分別為(元)、(元)、(元).(1)請分別寫出、、的表達式;(2)試確定使用哪種運輸工具總費用最省.22.(10分)已知離心率為的橢圓經過點.(1)求橢圓的方程;(2)薦橢圓的右焦點為,過點的直線與橢圓分別交于,若直線、、的斜率成等差數列,請問的面積是否為定值?若是,求出此定值;若不是,請說明理由.
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】
據題意以菱形對角線交點為坐標原點建立平面直角坐標系,用坐標表示出,再根據坐標形式下向量的數量積運算計算出結果.【詳解】設與交于點,以為原點,的方向為軸,的方向為軸,建立直角坐標系,則,,,,,所以.故選:B.【點睛】本題考查建立平面直角坐標系解決向量的數量積問題,難度一般.長方形、正方形、菱形中的向量數量積問題,如果直接計算較麻煩可考慮用建系的方法求解.2.B【解析】
方法一:令,則,,當,時,,單調遞減,∴時,,,且,∴,即在上單調遞增,時,,,且,∴,即在上單調遞減,∴是函數的極大值點,∴滿足題意;當時,存在使得,即,又在上單調遞減,∴時,,所以,這與是函數的極大值點矛盾.綜上,.故選B.方法二:依據極值的定義,要使是函數的極大值點,須在的左側附近,,即;在的右側附近,,即.易知,時,與相切于原點,所以根據與的圖象關系,可得,故選B.3.B【解析】
作出不等式組對應的平面區(qū)域,目標函數的幾何意義為動點到定點的斜率,利用數形結合即可得到的最小值.【詳解】解:作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖:目標函數的幾何意義為動點到定點的斜率,當位于時,此時的斜率最小,此時.故選B.【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用以及兩點之間的斜率公式的計算,利用z的幾何意義,通過數形結合是解決本題的關鍵.4.A【解析】
由題意可知,隨機變量的可能取值有、、、,計算出隨機變量在不同取值下的概率,進而可求得隨機變量的數學期望值.【詳解】由題意可知,隨機變量的可能取值有、、、,則,,,.因此,隨機變量的數學期望為.故選:A.【點睛】本題考查隨機變量數學期望的計算,考查計算能力,屬于基礎題.5.D【解析】
根據三角形的面積公式以及余弦定理進行化簡求出的值,然后利用兩角和差的正弦公式進行求解即可.【詳解】解:由,得,∵,∴,即即,則,∵,∴,∴,即,則,故選D.【點睛】本題主要考查解三角形的應用,結合三角形的面積公式以及余弦定理求出的值以及利用兩角和差的正弦公式進行計算是解決本題的關鍵.6.C【解析】
先將甲、乙兩人看作一個整體,當作一個元素,再將這四個元素分成3個部分,每一個部分至少一個,再將這3部分分配到3個不同的路口,根據分步計數原理可得選項.【詳解】把甲、乙兩名交警看作一個整體,個人變成了4個元素,再把這4個元素分成3部分,每部分至少有1個人,共有種方法,再把這3部分分到3個不同的路口,有種方法,由分步計數原理,共有種方案。故選:C.【點睛】本題主要考查排列與組合,常常運用捆綁法,插空法,先分組后分配等一些基本思想和方法解決問題,屬于中檔題.7.D【解析】
設雙曲線的左焦點為,連接,,,設,則,,,和中,利用勾股定理計算得到答案.【詳解】設雙曲線的左焦點為,連接,,,設,則,,,,根據對稱性知四邊形為矩形,中:,即,解得;中:,即,故,故.故選:.【點睛】本題考查了雙曲線離心率,意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.8.C【解析】
將,,,代入,解得,再分類討論,利用余弦弦定理求,再用平方關系求解.【詳解】已知,,,代入,得,即,解得,當時,由余弦弦定理得:,.當時,由余弦弦定理得:,.故選:C【點睛】本題主要考查余弦定理和平方關系,還考查了對數學史的理解能力,屬于基礎題.9.D【解析】
計算兩班的平均值,中位數,方差得到正確,兩班人數不知道,所以兩班的總平均分無法計算,錯誤,得到答案.【詳解】由題意可得甲班的平均分是104,中位數是103,方差是26.4;乙班的平均分是102,中位數是101,方差是37.6,則A,B,C正確.因為甲、乙兩班的人數不知道,所以兩班的總平均分無法計算,故D錯誤.故選:.【點睛】本題考查了莖葉圖,平均值,中位數,方差,意在考查學生的計算能力和應用能力.10.A【解析】分析:設,則,把用表示,然后令,由導數求得的最小值.詳解:設,則,,,∴,令,則,,∴是上的增函數,又,∴當時,,當時,,即在上單調遞減,在上單調遞增,是極小值也是最小值,,∴的最小值是.故選A.點睛:本題易錯選B,利用導數法求函數的最值,解題時學生可能不會將其中求的最小值問題,通過構造新函數,轉化為求函數的最小值問題,另外通過二次求導,確定函數的單調區(qū)間也很容易出錯.11.D【解析】
由已知可得,結合向量數量積的運算律,建立方程,求解即可.【詳解】依題意得由,得即,解得.故選:.【點睛】本題考查向量的數量積運算,向量垂直的應用,考查計算求解能力,屬于基礎題.12.D【解析】
根據面面關系判斷A;根據否定的定義判斷B;根據充分條件,必要條件的定義判斷C;根據逆否命題的定義判斷D.【詳解】若平面,,,滿足,,則可能相交,故A錯誤;命題“:,”的否定為:,,故B錯誤;為真,說明至少一個為真命題,則不能推出為真;為真,說明都為真命題,則為真,所以“命題為真”是“命題為真”的必要不充分條件,故C錯誤;命題“若,則”的逆否命題為:“若,則”,故D正確;故選D【點睛】本題主要考查了判斷必要不充分條件,寫出命題的逆否命題等,屬于中檔題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】
利用排列組合公式進行計算,再利用古典概型公式求出不是特等獎的兩張的概率即可.【詳解】解:3張獎券分別標有特等獎、一等獎和二等獎,甲、乙兩人同時各抽取1張獎券,則兩人同時抽取兩張共有:種排法排除特等獎外兩人選兩張共有:種排法.故兩人都未抽得特等獎的概率是:故答案為:【點睛】本題主要考查古典概型的概率公式的應用,是基礎題.14.【解析】
對題目所給等式進行賦值,由此求得的表達式,判斷出數列是等比數列,由此求得的值.【詳解】解:,可得時,,時,,又,兩式相減可得,即,上式對也成立,可得數列是首項為1,公比為的等比數列,可得.【點睛】本小題主要考查已知求,考查等比數列前項和公式,屬于中檔題.15.【解析】
由已知可得,結合雙曲線的定義可知,結合,從而可求出離心率.【詳解】解:,,又,則.,,,即解得,即.故答案為:.【點睛】本題考查了雙曲線的定義,考查了雙曲線的性質.本題的關鍵是根據幾何關系,分析出.關于圓錐曲線的問題,一般如果能結合幾何性質,可大大減少計算量.16.【解析】
由題可得,因為向量與向量平行,所以,解得.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)見解析【解析】
(1)連接AC、BD交于點O,交EF于點H,連接GH,再證明即可.(2)證明與即可.【詳解】(1)連接AC、BD交于點O,交EF于點H,連接GH,所以O為AC的中點,H為OC的中點,由E、F為DC、BC的中點,再由題意可得,所以在三角形CAS中,平面EFG,平面EFG,所以直線平面EFG.(2)在中,,,,由余弦定理得,,即,解得,由勾股定理逆定理可知,因為側面底面ABCD,由面面垂直的性質定理可知平面ABCD,所以,因為底面ABCD是菱形,所以,因為,所以平面SDB.【點睛】本題考查線面平行與垂直的證明.需要根據題意利用等比例以及余弦定理勾股定理等證明.屬于中檔題.18.(1)(2)證明見解析【解析】
(1)由點可得,由,根據即可求解;(2)設直線的方程為,聯(lián)立可得,設,由韋達定理可得,再根據直線的斜率公式求得;由點B與點Q關于原點對稱,可設,可求得,則,即可求證.【詳解】解:(1)由題意可知,,又,得,所以橢圓的方程為(2)證明:設直線的方程為,聯(lián)立,可得,設,則有,因為,所以,又因為點B與點Q關于原點對稱,所以,即,則有,由點在橢圓上,得,所以,所以,即,所以存在實數,使成立【點睛】本題考查橢圓的標準方程,考查直線的斜率公式的應用,考查運算能力.19.(1);(2)見解析【解析】
(1)利用導數研究的單調性,分析函數性質,數形結合,即得解;(2)構造函數,可證得:,,分析直線,與從左到右交點的橫坐標,在,處的切線即得解.【詳解】(1)設函數,,令,令故在單調遞減,在單調遞增,∴,∵時;;時.(2)①過點,的直線為,則令,,,.②過點,的直線為,則,在上單調遞增.③設直線,與從左到右交點的橫坐標依次為,,由圖知.④在,處的切線分別為,,同理可以證得,.記直線與兩切線和從左到右交點的橫坐標依次為,.【點睛】本題考查了函數與導數綜合,考查了學生數形結合,綜合分析,轉化劃歸,邏輯推理,數學運算的能力,屬于較難題.20.(1);(2)①證明見解析;②【解析】
(1)由題意焦距為2,設點,代入橢圓,解得,從而四邊形的面積,由此能求出橢圓的標準方程.(2)①由題意,聯(lián)立直線與橢圓的方程,得,推導出,,,,由此猜想:直線過定點,從而能證明,,三點共線,直線過定點.②由題意設,,,,直線,代入橢圓標準方程:,得,推導出,,由此推導出(定值).【詳解】(1)由題意焦距為2,可設點,代入橢圓,得,解得,四邊形的面積,,,橢圓的標準方程為.(2)①由題意,聯(lián)立直線與橢圓的方程,得,,解得,從而,,,同理可得,,猜想:直線過定點,下證之:,,,,三點共線,直線過定點.②為定值,理由如下:由題意設,,,,直線,代入橢圓標準方程:,得,,,,(定值).【點睛】本題考查橢圓標準方程的求法,考查直線過定點的證明,
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