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文档简介

2022年高考数学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.对于函数,定义满足的实数为的不动点,设,其中且,若有且仅有一个不动点,则的取值范围是()A.或 B.C.或 D.2.如图所示,三国时代数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图,给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形(阴影),设直角三角形有一内角为,若向弦图内随机抛掷500颗米粒(米粒大小忽略不计,取),则落在小正方形(阴影)内的米粒数大约为()A.134 B.67 C.182 D.1083.已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等,是的中点,则所成的角的余弦值为()A. B. C. D.4.已知复数满足,其中为虚数单位,则().A. B. C. D.5.已知的面积是,,,则()A.5 B.或1 C.5或1 D.6.已知函数是定义在R上的奇函数,且满足,当时,(其中e是自然对数的底数),若,则实数a的值为()A. B.3 C. D.7.已知的共轭复数是,且(为虚数单位),则复数在复平面内对应的点位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限8.设等差数列的前n项和为,若,则()A. B. C.7 D.29.在中,内角的平分线交边于点,,,,则的面积是()A. B. C. D.10.已知与分别为函数与函数的图象上一点,则线段的最小值为()A. B. C. D.611.中,角的对边分别为,若,,,则的面积为()A. B. C. D.12.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是()A. B.64 C. D.32二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.3张奖券分别标有特等奖、一等奖和二等奖.甲、乙两人同时各抽取1张奖券,两人都未抽得特等奖的概率是__________.14.《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑,如图,在鳖臑中,平面,,且,过点分别作于点,于点,连接,则三棱锥的体积的最大值为__________.15.已知集合,,则__________.16.已知双曲线(,)的左,右焦点分别为,,过点的直线与双曲线的左,右两支分别交于,两点,若,,则双曲线的离心率为__________.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)已知函数,.(1)讨论的单调性;(2)若存在两个极值点,,证明:.18.(12分)如图,在四棱柱中,底面是正方形,平面平面,,.过顶点,的平面与棱,分别交于,两点.(Ⅰ)求证:;(Ⅱ)求证:四边形是平行四边形;(Ⅲ)若,试判断二面角的大小能否为?说明理由.19.(12分)如图,在三棱锥中,,,,平面平面,、分别为、中点.(1)求证:;(2)求二面角的大小.20.(12分)试求曲线y=sinx在矩阵MN变换下的函数解析式,其中M,N.21.(12分)已知椭圆:的两个焦点是,,在椭圆上,且,为坐标原点,直线与直线平行,且与椭圆交于,两点.连接、与轴交于点,.(1)求椭圆的标准方程;(2)求证:为定值.22.(10分)已知,.(1)当时,证明:;(2)设直线是函数在点处的切线,若直线也与相切,求正整数的值.

参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.C【解析】

根据不动点的定义,利用换底公式分离参数可得;构造函数,并讨论的单调性与最值,画出函数图象,即可确定的取值范围.【详解】由得,.令,则,令,解得,所以当时,,则在内单调递增;当时,,则在内单调递减;所以在处取得极大值,即最大值为,则的图象如下图所示:由有且仅有一个不动点,可得得或,解得或.故选:C【点睛】本题考查了函数新定义的应用,由导数确定函数的单调性与最值,分离参数法与构造函数方法的应用,属于中档题.2.B【解析】

根据几何概型的概率公式求出对应面积之比即可得到结论.【详解】解:设大正方形的边长为1,则小直角三角形的边长为,

则小正方形的边长为,小正方形的面积,

则落在小正方形(阴影)内的米粒数大约为,

故选:B.【点睛】本题主要考查几何概型的概率的应用,求出对应的面积之比是解决本题的关键.3.C【解析】试题分析:设的交点为,连接,则为所成的角或其补角;设正四棱锥的棱长为,则,所以,故C为正确答案.考点:异面直线所成的角.4.A【解析】

先化简求出,即可求得答案.【详解】因为,所以所以故选:A【点睛】此题考查复数的基本运算,注意计算的准确度,属于简单题目.5.B【解析】∵,,∴①若为钝角,则,由余弦定理得,解得;②若为锐角,则,同理得.故选B.6.B【解析】

根据题意,求得函数周期,利用周期性和函数值,即可求得.【详解】由已知可知,,所以函数是一个以4为周期的周期函数,所以,解得,故选:B.【点睛】本题考查函数周期的求解,涉及对数运算,属综合基础题.7.D【解析】

设,整理得到方程组,解方程组即可解决问题.【详解】设,因为,所以,所以,解得:,所以复数在复平面内对应的点为,此点位于第四象限.故选D【点睛】本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识,考查了方程思想,属于基础题.8.B【解析】

根据等差数列的性质并结合已知可求出,再利用等差数列性质可得,即可求出结果.【详解】因为,所以,所以,所以,故选:B【点睛】本题主要考查等差数列的性质及前项和公式,属于基础题.9.B【解析】

利用正弦定理求出,可得出,然后利用余弦定理求出,进而求出,然后利用三角形的面积公式可计算出的面积.【详解】为的角平分线,则.,则,,在中,由正弦定理得,即,①在中,由正弦定理得,即,②①②得,解得,,由余弦定理得,,因此,的面积为.故选:B.【点睛】本题考查三角形面积的计算,涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式的应用,考查计算能力,属于中等题.10.C【解析】

利用导数法和两直线平行性质,将线段的最小值转化成切点到直线距离.【详解】已知与分别为函数与函数的图象上一点,可知抛物线存在某条切线与直线平行,则,设抛物线的切点为,则由可得,,所以切点为,则切点到直线的距离为线段的最小值,则.故选:C.【点睛】本题考查导数的几何意义的应用,以及点到直线的距离公式的应用,考查转化思想和计算能力.11.A【解析】

先求出,由正弦定理求得,然后由面积公式计算.【详解】由题意,.由得,.故选:A.【点睛】本题考查求三角形面积,考查正弦定理,同角间的三角函数关系,两角和的正弦公式与诱导公式,解题时要根据已知求值要求确定解题思路,确定选用公式顺序,以便正确快速求解.12.A【解析】

根据三视图,还原空间几何体,即可得该几何体的体积.【详解】由该几何体的三视图,还原空间几何体如下图所示:可知该几何体是底面在左侧的四棱锥,其底面是边长为4的正方形,高为4,故.故选:A【点睛】本题考查了三视图的简单应用,由三视图还原空间几何体,棱锥体积的求法,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】

利用排列组合公式进行计算,再利用古典概型公式求出不是特等奖的两张的概率即可.【详解】解:3张奖券分别标有特等奖、一等奖和二等奖,甲、乙两人同时各抽取1张奖券,则两人同时抽取两张共有:种排法排除特等奖外两人选两张共有:种排法.故两人都未抽得特等奖的概率是:故答案为:【点睛】本题主要考查古典概型的概率公式的应用,是基础题.14.【解析】

由已知可得△AEF、△PEF均为直角三角形,且AF=2,由基本不等式可得当AE=EF=2时,△AEF的面积最大,然后由棱锥体积公式可求得体积最大值.【详解】由PA⊥平面ABC,得PA⊥BC,又AB⊥BC,且PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB,则BC⊥AE,又PB⊥AE,则AE⊥平面PBC,于是AE⊥EF,且AE⊥PC,结合条件AF⊥PC,得PC⊥平面AEF,∴△AEF、△PEF均为直角三角形,由已知得AF=2,而S△AEF=(AE2+EF2)=AF2=2,当且仅当AE=EF=2时,取“=”,此时△AEF的面积最大,三棱锥P﹣AEF的体积的最大值为:VP﹣AEF===.故答案为【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的判定,基本不等式的应用,同时考查了空间想象能力、计算能力和逻辑推理能力,属于中档题.15.【解析】

直接根据集合和集合求交集即可.【详解】解:,,所以.故答案为:【点睛】本题考查集合的交集运算,是基础题.16.【解析】

设,由双曲线的定义得出:,由得为等腰三角形,设,根据,可求出,得出,再结合焦点三角形,利用余弦定理:求出和的关系,即可得出离心率.【详解】解:设,由双曲线的定义得出:,,由图可知:,又,即,则,为等腰三角形,,设,,则,,即,解得:,则,,解得:,,解得:,,在中,由余弦定理得:,即:,解得:,即.故答案为:.【点睛】本题考查双曲线的定义的应用,以及余弦定理的应用,求双曲线离心率.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(1)见解析;(2)见解析【解析】

(1)求得的导函数,对分成两种情况,讨论的单调性.(2)由(1)判断出的取值范围,根据韦达定理求得的关系式,利用差比较法,计算,通过构造函数,利用导数证得,由此证得,进而证得不等式成立.【详解】(1).当时,,此时在上单调递减;当时,由解得或,∵是增函数,∴此时在和单调递减,在单调递增.(2)由(1)知.,,,不妨设,∴,,令,∴,∴在上是减函数,,∴,即.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间,考查利用导数证明不等式,考查分类讨论的数学思想方法,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题.18.(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)不能为.【解析】

(1)由平面平面,可得平面,从而证明;(2)由平面与平面没有交点,可得与不相交,又与共面,所以,同理可证,得证;(3)作交于点,延长交于点,连接,根据三垂线定理,确定二面角的平面角,若,,由大角对大边知,两者矛盾,故二面角的大小不能为.【详解】(1)由平面平面,平面平面,且,所以平面,又平面,所以;(2)依题意都在平面上,因此平面,平面,又平面,平面,平面与平面平行,即两个平面没有交点,则与不相交,又与共面,所以,同理可证,所以四边形是平行四边形;(3)不能.如图,作交于点,延长交于点,连接,由,,,所以平面,则平面,又,根据三垂线定理,得到,所以是二面角的平面角,若,则是等腰直角三角形,,又,所以中,由大角对大边知,所以,这与上面相矛盾,所以二面角的大小不能为.【点睛】本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题,和二面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力;解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化,属中档题.19.(1)证明见解析;(2)60°.【解析】试题分析:(1)连结PD,由题意可得,则AB⊥平面PDE,;(2)法一:结合几何关系做出二面角的平面角,计算可得其正切值为,故二面角的大小为;法二:以D为原点建立空间直角坐标系,计算可得平面PBE的法向量.平面PAB的法向量为.据此计算可得二面角的大小为.试题解析:(1)连结PD,PA=PB,PDAB.,BCAB,DEAB.又,AB平面PDE,PE平面PDE,∴ABPE.(2)法一:平面PAB平面ABC,平面PAB平面ABC=AB,PDAB,PD平面ABC.则DEPD,又EDAB,PD平面AB=D,DE平面PAB,过D做DF垂直PB与F,连接EF,则EFPB,∠DFE为所求二面角的平面角,则:DE=,DF=,则,故二面角的大小为法二:平面PAB平面ABC,平面PAB平面ABC=AB,PDAB,PD平面ABC.如图,以D为原点建立空间直角坐标系,B(1,0,0),P(0,0,),E(0,,0),=(1,0,),=(0,,).设平面PBE的法向量,令,得.DE平面PAB,平面PAB的法向量为.设二面角的大小为,由图知,,所以即二面角的大小为.20.y=2sin2x.【解析】

计算MN,计算得到函数表达式.【详解】∵M,N,∴MN,∴在矩阵MN变换下,→∴曲线y=sinx在矩阵MN变换下的函数解析式为y=2sin2x.【点睛】本题考查了矩阵变换,意在考查学生的计算能力.21.(1)(2)证明见解析【解析】

(1)根据椭圆的定义可得,将代入椭圆方程,即可求得的值,求得椭圆方程;(2)设直线的方程,代入椭圆方程,求得直线和的方程,求得和的横坐标,表示出,根据韦达定理即可求证为定值.【详解】(1)因为,由椭圆的定义得,,点在椭圆上,代入椭圆方程,解得,所以的方程为;(2)证明:设,,直线的斜率为,设直线的方程为,联立方程组,消去,整理得,所以,,直线的直线方程为,令,则,同理,所以:,代入整理得,所以为定值.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法,考查直线和椭圆的位置关系,考查椭圆中的定值问题,属于中档题.22.(1)证明见解析;(2).【解析】

(1)令,求导,可知单调递增,且,,因而在上存在零点,在此取得最小值,再证最小值大于零即可.(2)根据题意得到在点处的切线的方程①,再设直线与相切于点,有,即,再求得在点处的切线直线的方程为②由①②可得

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