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2021-2022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如图所示,矩形的对角线相交于点,为的中点,若,则等于( )ABCD2已知等差数列的前项和为,若,则数列的公差为( )ABCD3为研究语文成绩和英语成绩之间是否具有线性相关关系,统计两科成绩得到如图所示的散点图(两坐标轴单位长度相同),用回归直线近似地刻画其相关关系,根据图形,以下结论最有可能成立的是()A线性相关关系较强,b的值为1.25B线性相关关系较强,b的值为0.83C线性相关关系较强,b的值为0.87D线性相关关系太弱,无研究价值4设,命题“存在,使方程有实根”的否定是( )A任意,使方程无实根B任意,使方程有实根C存在,使方程无实根D存在,使方程有实根5已知函数若恒成立,则实数的取值范围是( )ABCD6设全集,集合,.则集合等于( )ABCD7设向量,满足,则的取值范围是ABCD8已知为抛物线的焦点,点在上,若直线与的另一个交点为,则( )ABCD9盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”,其中只有2张“刮刮卡”有奖,现甲从盒中随机取出2张,则至少有一张有奖的概率为( )ABCD10如图示,三棱锥的底面是等腰直角三角形,且,则与面所成角的正弦值等于( )ABCD11已知椭圆的左、右焦点分别为、,过点的直线与椭圆交于、两点.若的内切圆与线段在其中点处相切,与相切于点,则椭圆的离心率为( )ABCD12若,则函数在区间内单调递增的概率是( )A B C D二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13设是公差不为0的等差数列的前项和,且,则_.14已知点是椭圆上一点,过点的一条直线与圆相交于两点,若存在点,使得,则椭圆的离心率取值范围为_.15在中,内角的对边分别为,已知,则的面积为_16已知函数为上的奇函数,满足.则不等式的解集为_.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)如图,在直角梯形中,为的中点,沿将折起,使得点到点位置,且,为的中点,是上的动点(与点,不重合).()证明:平面平面垂直;()是否存在点,使得二面角的余弦值?若存在,确定点位置;若不存在,说明理由.18(12分)已知动点到定点的距离比到轴的距离多.(1)求动点的轨迹的方程;(2)设,是轨迹在上异于原点的两个不同点,直线和的倾斜角分别为和,当,变化且时,证明:直线恒过定点,并求出该定点的坐标.19(12分)在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足.(1)求B;(2)若,AD为BC边上的中线,当的面积取得最大值时,求AD的长.20(12分)已知椭圆的离心率为,且过点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)点P是椭圆上异于短轴端点A,B的任意一点,过点P作轴于Q,线段PQ的中点为M.直线AM与直线交于点N,D为线段BN的中点,设O为坐标原点,试判断以OD为直径的圆与点M的位置关系.21(12分)已知a0,b0,a+b=2.()求的最小值;()证明:22(10分)已知 (1)若 ,且函数 在区间 上单调递增,求实数a的范围;(2)若函数有两个极值点 ,且存在 满足 ,令函数 ,试判断 零点的个数并证明参考答案一、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。1A【解析】由平面向量基本定理,化简得,所以,即可求解,得到答案【详解】由平面向量基本定理,化简,所以,即,故选A【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理的应用,其中解答熟记平面向量的基本定理,化简得到是解答的关键,着重考查了运算与求解能力,数基础题2D【解析】根据等差数列公式直接计算得到答案.【详解】依题意,故,故,故,故选:D【点睛】本题考查了等差数列的计算,意在考查学生的计算能力.3B【解析】根据散点图呈现的特点可以看出,二者具有相关关系,且斜率小于1.【详解】散点图里变量的对应点分布在一条直线附近,且比较密集,故可判断语文成绩和英语成绩之间具有较强的线性相关关系,且直线斜率小于1,故选B.【点睛】本题主要考查散点图的理解,侧重考查读图识图能力和逻辑推理的核心素养.4A【解析】只需将“存在”改成“任意”,有实根改成无实根即可.【详解】由特称命题的否定是全称命题,知“存在,使方程有实根”的否定是“任意,使方程无实根”.故选:A【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定,此类问题要注意在两个方面作出变化:1.量词,2.结论,是一道基础题.5D【解析】由恒成立,等价于的图像在的图像的上方,然后作出两个函数的图像,利用数形结合的方法求解答案.【详解】因为由恒成立,分别作出及的图象,由图知,当时,不符合题意,只须考虑的情形,当与图象相切于时,由导数几何意义,此时,故.故选:D【点睛】此题考查的是函数中恒成立问题,利用了数形结合的思想,属于难题.6A【解析】先算出集合,再与集合B求交集即可.【详解】因为或.所以,又因为.所以.故选:A.【点睛】本题考查集合间的基本运算,涉及到解一元二次不等式、指数不等式,是一道容易题.7B【解析】由模长公式求解即可.【详解】,当时取等号,所以本题答案为B.【点睛】本题考查向量的数量积,考查模长公式,准确计算是关键,是基础题.8C【解析】求得点坐标,由此求得直线的方程,联立直线的方程和抛物线的方程,求得点坐标,进而求得【详解】抛物线焦点为,令,解得,不妨设,则直线的方程为,由,解得,所以.故选:C【点睛】本小题主要考查抛物线的弦长的求法,属于基础题.9C【解析】先计算出总的基本事件的个数,再计算出两张都没获奖的个数,根据古典概型的概率,求出两张都没有奖的概率,由对立事件的概率关系,即可求解.【详解】从5张“刮刮卡”中随机取出2张,共有种情况,2张均没有奖的情况有(种),故所求概率为.故选:C.【点睛】本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系,意在考查数学建模、数学计算能力,属于基础题.10A【解析】首先找出与面所成角,根据所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值,再根据同角三角函数关系求出所成角的正弦值.【详解】由题知是等腰直角三角形且,是等边三角形,设中点为,连接,可知,同时易知,所以面,故即为与面所成角,有,故.故选:A.【点睛】本题主要考查了空间几何题中线面夹角的计算,属于基础题.11D【解析】可设的内切圆的圆心为,设,可得,由切线的性质:切线长相等推得,解得、,并设,求得的值,推得为等边三角形,由焦距为三角形的高,结合离心率公式可得所求值【详解】可设的内切圆的圆心为,为切点,且为中点,设,则,且有,解得,设,设圆切于点,则,由,解得,所以为等边三角形,所以,解得.因此,该椭圆的离心率为.故选:D.【点睛】本题考查椭圆的定义和性质,注意运用三角形的内心性质和等边三角形的性质,切线的性质,考查化简运算能力,属于中档题12B【解析】函数在区间内单调递增, ,在恒成立, 在恒成立, , 函数在区间内单调递增的概率是,故选B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。1318【解析】先由,可得,再结合等差数列的前项和公式求解即可.【详解】解:因为,所以,.故答案为:18.【点睛】本题考查了等差数列基本量的运算,重点考查了等差数列的前项和公式,属基础题.14【解析】设,设出直线AB的参数方程,利用参数的几何意义可得,由题意得到,据此求得离心率的取值范围.【详解】设,直线AB的参数方程为,(为参数)代入圆,化简得:,存在点,使得,即,故答案为:【点睛】本题主要考查了椭圆离心率取值范围的求解,考查直线、圆与椭圆的综合运用,考查直线参数方程的运用,属于中档题.15【解析】由余弦定理先算出c,再利用面积公式计算即可.【详解】由余弦定理,得,即,解得,故的面积.故答案为:【点睛】本题考查利用余弦定理求解三角形的面积,考查学生的计算能力,是一道基础题.16【解析】构造函数,利用导数判断出函数的单调性,再将所求不等式变形为,利用函数的单调性即可得解.【详解】设,则,设,则.当时,此时函数单调递减;当时,此时函数单调递增.所以,函数在处取得极小值,也是最小值,即,即,所以,函数在上为增函数,函数为上的奇函数,则,则不等式等价于,又,解得.因此,不等式的解集为.故答案为:.【点睛】本题主要考查不等式的求解,构造函数,求函数的导数,利用导数和函数单调性之间的关系是解决本题的关键综合性较强三、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()见解析 ()存在,此时为的中点.【解析】()证明平面,得到平面平面,故平面平面,平面,得到答案.()假设存在点满足题意,过作于,平面,过作于,连接,则,过作于,连接,是二面角的平面角,设,计算得到答案.【详解】(),平面.又平面,平面平面,而平面,平面平面,由,知,可知平面,又平面,平面平面.()假设存在点满足题意,过作于,由知,易证平面,所以平面,过作于,连接,则(三垂线定理),即是二面角的平面角,不妨设,则,在中,设(),由得,即,得,依题意知,即,解得,此时为的中点.综上知,存在点,使得二面角的余弦值,此时为的中点.【点睛】本题考查了面面垂直,根据二面角确定点的位置,意在考查学生的空间想象能力和计算能力,也可以建立空间直角坐标系解得答案.18(1)或;(2)证明见解析,定点【解析】(1)设,由题意可知,对的正负分情况讨论,从而求得动点的轨迹的方程;(2)设其方程为,与抛物线方程联立,利用韦达定理得到,所以,所以直线的方程可表示为,即,所以直线恒过定点【详解】(1)设,动点到定点的距离比到轴的距离多,时,解得,时,解得.动点的轨迹的方程为或(2)证明:如图,设,由题意得(否则)且,所以直线的斜率存在,设其方程为,将与联立消去,得,由韦达定理知,显然,将式代入上式整理化简可得:,所以,此时,
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