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文檔簡介

2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1.考生要認真填寫考場號和座位序號。2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上,在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答;第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3.考試結束后,考生須將試卷和答題卡放在桌面上,待監(jiān)考員收回。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.設則以線段為直徑的圓的方程是()A. B.C. D.2.已知是邊長為的正三角形,若,則A. B.C. D.3.已知,,則()A. B. C. D.4.已知向量,則向量在向量方向上的投影為()A. B. C. D.5.給定下列四個命題:①若一個平面內的兩條直線與另一個平面都平行,則這兩個平面相互平行;②若一個平面經過另一個平面的垂線,則這兩個平面相互垂直;③垂直于同一直線的兩條直線相互平行;④若兩個平面垂直,那么一個平面內與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直.其中,為真命題的是()A.①和②B.②和③C.③和④D.②和④6.集合,,則=()A. B.C. D.7.設x、y、z是空間中不同的直線或平面,對下列四種情形:①x、y、z均為直線;②x、y是直線,z是平面;③z是直線,x、y是平面;④x、y、z均為平面.其中使“且”為真命題的是()A.③④ B.①③ C.②③ D.①②8.在關于的不等式中,“”是“恒成立”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9.歐拉公式為,(虛數單位)是由瑞士著名數學家歐拉發(fā)現(xiàn)的,它將指數函數的定義域擴大到復數,建立了三角函數和指數函數的關系,它在復變函數論里非常重要,被譽為“數學中的天橋”.根據歐拉公式可知,表示的復數位于復平面中的()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限10.音樂,是用聲音來展現(xiàn)美,給人以聽覺上的享受,熔鑄人們的美學趣味.著名數學家傅立葉研究了樂聲的本質,他證明了所有的樂聲都能用數學表達式來描述,它們是一些形如的簡單正弦函數的和,其中頻率最低的一項是基本音,其余的為泛音.由樂聲的數學表達式可知,所有泛音的頻率都是基本音頻率的整數倍,稱為基本音的諧波.下列函數中不能與函數構成樂音的是()A. B. C. D.11.在的展開式中,的系數為()A.-120 B.120 C.-15 D.1512.已知數列滿足,則()A. B. C. D.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.數據的標準差為_____.14.雙曲線的焦距為__________,漸近線方程為________.15.一個四面體的頂點在空間直角坐標系中的坐標分別是,,,,則該四面體的外接球的體積為__________.16.如果拋物線上一點到準線的距離是6,那么______.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)已知在平面直角坐標系中,曲線的參數方程為(為參數),以坐標原點為極點,軸的非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系,直線的極坐標方程為.(1)求直線的直角坐標方程;(2)求曲線上的點到直線距離的最小值和最大值.18.(12分)已知函數.(1)討論函數單調性;(2)當時,求證:.19.(12分)如圖,在正四棱柱中,,,過頂點,的平面與棱,分別交于,兩點(不在棱的端點處).(1)求證:四邊形是平行四邊形;(2)求證:與不垂直;(3)若平面與棱所在直線交于點,當四邊形為菱形時,求長.20.(12分)已知函數,.(1)討論函數的單調性;(2)已知在處的切線與軸垂直,若方程有三個實數解、、(),求證:.21.(12分)將棱長為的正方體截去三棱錐后得到如圖所示幾何體,為的中點.(1)求證:平面;(2)求二面角的正弦值.22.(10分)已知數列是公比為正數的等比數列,其前項和為,滿足,且成等差數列.(1)求的通項公式;(2)若數列滿足,求的值.

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.A【解析】

計算的中點坐標為,圓半徑為,得到圓方程.【詳解】的中點坐標為:,圓半徑為,圓方程為.故選:.【點睛】本題考查了圓的標準方程,意在考查學生的計算能力.2.A【解析】

由可得,因為是邊長為的正三角形,所以,故選A.3.D【解析】

分別解出集合然后求并集.【詳解】解:,故選:D【點睛】考查集合的并集運算,基礎題.4.A【解析】

投影即為,利用數量積運算即可得到結論.【詳解】設向量與向量的夾角為,由題意,得,,所以,向量在向量方向上的投影為.故選:A.【點睛】本題主要考察了向量的數量積運算,難度不大,屬于基礎題.5.D【解析】

利用線面平行和垂直,面面平行和垂直的性質和判定定理對四個命題分別分析進行選擇.【詳解】當兩個平面相交時,一個平面內的兩條直線也可以平行于另一個平面,故①錯誤;由平面與平面垂直的判定可知②正確;空間中垂直于同一條直線的兩條直線還可以相交或者異面,故③錯誤;若兩個平面垂直,只有在一個平面內與它們的交線垂直的直線才與另一個平面垂直,故④正確.綜上,真命題是②④.故選:D【點睛】本題考查命題真假的判斷,考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識,考查空間想象能力,是中檔題.6.C【解析】

先化簡集合A,B,結合并集計算方法,求解,即可.【詳解】解得集合,所以,故選C.【點睛】本道題考查了集合的運算,考查了一元二次不等式解法,關鍵化簡集合A,B,難度較小.7.C【解析】

①舉反例,如直線x、y、z位于正方體的三條共點棱時②用垂直于同一平面的兩直線平行判斷.③用垂直于同一直線的兩平面平行判斷.④舉例,如x、y、z位于正方體的三個共點側面時.【詳解】①當直線x、y、z位于正方體的三條共點棱時,不正確;②因為垂直于同一平面的兩直線平行,正確;③因為垂直于同一直線的兩平面平行,正確;④如x、y、z位于正方體的三個共點側面時,不正確.故選:C.【點睛】此題考查立體幾何中線面關系,選擇題一般可通過特殊值法進行排除,屬于簡單題目.8.C【解析】

討論當時,是否恒成立;討論當恒成立時,是否成立,即可選出正確答案.【詳解】解:當時,,由開口向上,則恒成立;當恒成立時,若,則不恒成立,不符合題意,若時,要使得恒成立,則,即.所以“”是“恒成立”的充要條件.故選:C.【點睛】本題考查了命題的關系,考查了不等式恒成立問題.對于探究兩個命題的關系時,一般分成兩步,若,則推出是的充分條件;若,則推出是的必要條件.9.A【解析】

計算,得到答案.【詳解】根據題意,故,表示的復數在第一象限.故選:.【點睛】本題考查了復數的計算,意在考查學生的計算能力和理解能力.10.C【解析】

由基本音的諧波的定義可得,利用可得,即可判斷選項.【詳解】由題,所有泛音的頻率都是基本音頻率的整數倍,稱為基本音的諧波,由,可知若,則必有,故選:C【點睛】本題考查三角函數的周期與頻率,考查理解分析能力.11.C【解析】

寫出展開式的通項公式,令,即,則可求系數.【詳解】的展開式的通項公式為,令,即時,系數為.故選C【點睛】本題考查二項式展開的通項公式,屬基礎題.12.C【解析】

利用的前項和求出數列的通項公式,可計算出,然后利用裂項法可求出的值.【詳解】.當時,;當時,由,可得,兩式相減,可得,故,因為也適合上式,所以.依題意,,故.故選:C.【點睛】本題考查利用求,同時也考查了裂項求和法,考查計算能力,屬于中等題.二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分。13.【解析】

先計算平均數再求解方差與標準差即可.【詳解】解:樣本的平均數,這組數據的方差是標準差,故答案為:【點睛】本題主要考查了標準差的計算,屬于基礎題.14.6【解析】由題得所以焦距,故第一個空填6.由題得漸近線方程為.故第二個空填.15.【解析】

將四面體補充為長寬高分別為的長方體,體對角線即為外接球的直徑,從而得解.【詳解】采用補體法,由空間點坐標可知,該四面體的四個頂點在一個長方體上,該長方體的長寬高分別為,長方體的外接球即為該四面體的外接球,外接球的直徑即為長方體的體對角線,所以球半徑為,體積為.【點睛】本題主要考查了四面體外接球的常用求法:補體法,通過補體得到長方體的外接球從而得解,屬于基礎題.16.【解析】

先求出拋物線的準線方程,然后根據點到準線的距離為6,列出,直接求出結果.【詳解】拋物線的準線方程為,由題意得,解得.∵點在拋物線上,∴,∴,故答案為:.【點睛】本小題主要考查拋物線的定義,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)最大值;最小值.【解析】

(1)結合極坐標和直角坐標的互化公式可得;(2)利用參數方程,求解點到直線的距離公式,結合三角函數知識求解最值.【詳解】解:(1)因為,代入,可得直線的直角坐標方程為.(2)曲線上的點到直線的距離,其中,.故曲線上的點到直線距離的最大值,曲線上的點到直線的距離的最小值.【點睛】本題主要考查極坐標和直角坐標的轉化及最值問題,橢圓上的點到直線的距離的最值求解優(yōu)先考慮參數方法,側重考查數學運算的核心素養(yǎng).18.(1)見解析(2)見解析【解析】

(1)根據的導函數進行分類討論單調性(2)欲證,只需證,構造函數,證明,這時需研究的單調性,求其最大值即可【詳解】解:(1)的定義域為,,①當時,由得,由,得,所以在上單調遞增,在單調遞減;②當時,由得,由,得,或,所以在上單調遞增,在單調遞減,在單調遞增;③當時,,所以在上單調遞增;④當時,由,得,由,得,或,所以在上單調遞增,在單調遞減,在單調遞增.(2)當時,欲證,只需證,令,,則,因存在,使得成立,即有,使得成立.當變化時,,的變化如下:0單調遞增單調遞減所以.因為,所以,所以.即,所以當時,成立.【點睛】考查求函數單調性的方法和用函數的最值證明不等式的方法,難題.19.(1)證明見解析;(2)證明見解析;(3).【解析】

(1)由平面與平面沒有交點,可得與不相交,又與共面,所以,同理可證,得證;(2)由四邊形是平行四邊形,且,則不可能是矩形,所以與不垂直;(3)先證,可得為的中點,從而得出是的中點,可得.【詳解】(1)依題意都在平面上,因此平面,平面,又平面,平面,平面與平面平行,即兩個平面沒有交點,則與不相交,又與共面,所以,同理可證,所以四邊形是平行四邊形;(2)因為,兩點不在棱的端點處,所以,又四邊形是平行四邊形,,則不可能是矩形,所以與不垂直;(3)如圖,延長交的延長線于點,若四邊形為菱形,則,易證,所以,即為的中點,因此,且,所以是的中位線,則是的中點,所以.【點睛】本題考查了立體幾何中的線線平行和垂直的判定問題,和線段長的求解問題,意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力;解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化,屬中檔題.20.(1)①當時,在單調遞增,②當時,單調遞增區(qū)間為,,單調遞減區(qū)間為(2)證明見解析【解析】

(1)先求解導函數,然后對參數分類討論,分析出每種情況下函數的單調性即可;(2)根據條件先求解出的值,然后構造函數分析出之間的關系,再構造函數分析出之間的關系,由此證明出.【詳解】(1),①當時,恒成立,則在單調遞增②當時,令得,解得,又,∴∴當時,,單調遞增;當時,,單調遞減;當時,,單調遞增.(2)依題意得,,則由(1)得,在單調遞增,在上單調遞減,在上單調遞增∴若方程有三個實數解,則法一:雙偏移法設,則∴在上單調遞增,∴,∴,即∵,∴,其中,∵在上單調遞減,∴,即設,∴在上單調遞增,∴,∴,即∵,∴,其中,∵在上單調遞增,∴,即∴.法二:直接證明法∵,,在上單調遞增,∴要證,即證設,則∴在上單調遞減,在上單調遞增∴,∴,即(注意:若沒有證明,扣3分)關于的證明:(1)且時,(需要證明),其中∴∴∴(2)∵,∴∴,即∵,,∴,則∴【點睛】本題考查函數與倒導數的綜合應用,難度較難.(1)對于含參函數單調性的分析,可通過分析參數的臨界值,由此分類討論函數單調性;(2)利用導數證明不等式常用方法:構造函數,利用新函數的單調性確定函數的最值,從而達到證明不等式的目的.21.(1)見解析;(2).【解析】

(1)取的中點,連接、,連接,證明出四邊形為平行四邊形,可得出,然后利用線面平行的判定定理可證得結論;(2)以點為坐標原點,、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系,利用空間向量法可求得二面角的余弦值,進而可求得其正弦值.【詳解】(1)取中點,連接、、,且,四邊形為平行四邊形,且,、分別為、中點,且,則四邊形為平行四邊形,且,且,且,所以,四邊形為平行四邊形,且,四邊形為平行四邊形,,平面,平面,平面;(2)以點為坐標原點,、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系,則、、、,,,,設平面的法向量為,由,得,取,則,,,設平面的法向量為,由,得,取,則,,,

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