《2022届湖北省襄阳第四中学高三第六次模拟考试数学试卷含解析》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2022届湖北省襄阳第四中学高三第六次模拟考试数学试卷含解析(18页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、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已知命题,那么为( )ABCD2已知圆关于双曲线的一条渐近线对称,则双曲线的离心率为( )ABCD3已知锐角满足则( )ABCD4设集合、是全集的两个子集,则“”是“”的( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要
2、条件5下列说法正确的是( )A“若,则”的否命题是“若,则”B“若,则”的逆命题为真命题C,使成立D“若,则”是真命题6设函数,若在上有且仅有5个零点,则的取值范围为( )ABCD7已知,则“mn”是“ml”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件8已知,则下列关系正确的是( )ABCD9已知甲盒子中有个红球,个蓝球,乙盒子中有个红球,个蓝球,同时从甲乙两个盒子中取出个球进行交换,(a)交换后,从甲盒子中取1个球是红球的概率记为.(b)交换后,乙盒子中含有红球的个数记为.则( )ABCD10设,满足约束条件,若的最大值为,则的展开式中项的系数为( )A60B80C90
3、D12011为比较甲、乙两名高中学生的数学素养,对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验(指标值满分为100分,分值高者为优),根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图,则下面叙述不正确的是( )A甲的数据分析素养优于乙B乙的数据分析素养优于数学建模素养C甲的六大素养整体水平优于乙D甲的六大素养中数学运算最强12某几何体的三视图如图所示,若图中小正方形的边长均为1,则该几何体的体积是ABCD二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13能说明“在数列中,若对于任意的,则为递增数列”为假命题的一个等差数列是_.(写出数列的通项公式)14已知实数,且由的最大值是_15(5分)已知曲线
4、的方程为,其图象经过点,则曲线在点处的切线方程是_16已知函数为偶函数,则_.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)已知不等式对于任意的恒成立.(1)求实数m的取值范围;(2)若m的最大值为M,且正实数a,b,c满足.求证.18(12分)在中,设、分别为角、的对边,记的面积为,且(1)求角的大小;(2)若,求的值19(12分)已知函数()若,求曲线在点处的切线方程;()若在上恒成立,求实数的取值范围;()若数列的前项和,求证:数列的前项和.20(12分)已知函数.(1)讨论的单调性;(2)曲线在点处的切线斜率为.(i)求;(ii)若,求整数的最大值.21(
5、12分)已知函数(mR)的导函数为(1)若函数存在极值,求m的取值范围;(2)设函数(其中e为自然对数的底数),对任意mR,若关于x的不等式在(0,)上恒成立,求正整数k的取值集合22(10分)已知()过点,且当时,函数取得最大值1.(1)将函数的图象向右平移个单位得到函数,求函数的表达式;(2)在(1)的条件下,函数,求在上的值域.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。1B【解析】利用特称命题的否定分析解答得解.【详解】已知命题,那么是.故选:【点睛】本题主要考查特称命题的否定,意在考查学生对该知识的理解掌握水平,属于基
6、础题.2C【解析】将圆,化为标准方程为,求得圆心为.根据圆关于双曲线的一条渐近线对称,则圆心在渐近线上,.再根据求解.【详解】已知圆,所以其标准方程为:,所以圆心为.因为双曲线,所以其渐近线方程为,又因为圆关于双曲线的一条渐近线对称,则圆心在渐近线上,所以.所以.故选:C【点睛】本题主要考查圆的方程及对称性,还有双曲线的几何性质 ,还考查了运算求解的能力,属于中档题.3C【解析】利用代入计算即可.【详解】由已知,因为锐角,所以,即.故选:C.【点睛】本题考查二倍角的正弦、余弦公式的应用,考查学生的运算能力,是一道基础题.4C【解析】作出韦恩图,数形结合,即可得出结论.【详解】如图所示,同时.故
7、选:C.【点睛】本题考查集合关系及充要条件,注意数形结合方法的应用,属于基础题.5D【解析】选项A,否命题为“若,则”,故A不正确选项B,逆命题为“若,则”,为假命题,故B不正确选项C,由题意知对,都有,故C不正确选项D,命题的逆否命题“若,则”为真命题,故“若,则”是真命题,所以D正确选D6A【解析】由求出范围,结合正弦函数的图象零点特征,建立不等量关系,即可求解.【详解】当时,在上有且仅有5个零点,.故选:A.【点睛】本题考查正弦型函数的性质,整体代换是解题的关键,属于基础题.7B【解析】构造长方体ABCDA1B1C1D1,令平面为面ADD1A1,底面ABCD为,然后再在这两个面中根据题意
8、恰当的选取直线为m,n即可进行判断【详解】如图,取长方体ABCDA1B1C1D1,令平面为面ADD1A1,底面ABCD为,直线=直线。若令AD1m,ABn,则mn,但m不垂直于若m,由平面平面可知,直线m垂直于平面,所以m垂直于平面内的任意一条直线mn是m的必要不充分条件故选:B【点睛】本题考点有两个:考查了充分必要条件的判断,在确定好大前提的条件下,从mnm?和mmn?两方面进行判断;是空间的垂直关系,一般利用长方体为载体进行分析8A【解析】首先判断和1的大小关系,再由换底公式和对数函数的单调性判断的大小即可.【详解】因为,所以,综上可得.故选:A【点睛】本题考查了换底公式和对数函数的单调性
9、,考查了推理能力与计算能力,属于基础题9A【解析】分析:首先需要去分析交换后甲盒中的红球的个数,对应的事件有哪些结果,从而得到对应的概率的大小,再者就是对随机变量的值要分清,对应的概率要算对,利用公式求得其期望.详解:根据题意有,如果交换一个球,有交换的都是红球、交换的都是蓝球、甲盒的红球换的乙盒的蓝球、甲盒的蓝球交换的乙盒的红球,红球的个数就会出现三种情况;如果交换的是两个球,有红球换红球、蓝球换蓝球、一蓝一红换一蓝一红、红换蓝、蓝换红、一蓝一红换两红、一蓝一红换亮蓝,对应的红球的个数就是五种情况,所以分析可以求得,故选A.点睛:该题考查的是有关随机事件的概率以及对应的期望的问题,在解题的过
10、程中,需要对其对应的事件弄明白,对应的概率会算,以及变量的可取值会分析是多少,利用期望公式求得结果.10B【解析】画出可行域和目标函数,根据平移得到,再利用二项式定理计算得到答案.【详解】如图所示:画出可行域和目标函数,即,故表示直线与截距的倍,根据图像知:当时,的最大值为,故.展开式的通项为:,取得到项的系数为:.故选:.【点睛】本题考查了线性规划求最值,二项式定理,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.11D【解析】根据所给的雷达图逐个选项分析即可.【详解】对于A,甲的数据分析素养为100分,乙的数据分析素养为80分,故甲的数据分析素养优于乙,故A正确;对于B,乙的数据分析素养为80分,数
11、学建模素养为60分,故乙的数据分析素养优于数学建模素养,故B正确;对于C,甲的六大素养整体水平平均得分为,乙的六大素养整体水平均得分为,故C正确;对于D,甲的六大素养中数学运算为80分,不是最强的,故D错误;故选:D【点睛】本题考查了样本数据的特征、平均数的计算,考查了学生的数据处理能力,属于基础题.12B【解析】该几何体是直三棱柱和半圆锥的组合体,其中三棱柱的高为2,底面是高和底边均为4的等腰三角形,圆锥的高为4,底面半径为2,则其体积为,.故选B点睛:由三视图画出直观图的步骤和思考方法:1、首先看俯视图,根据俯视图画出几何体地面的直观图;2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度
12、;3、画出整体,然后再根据三视图进行调整.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13答案不唯一,如【解析】根据等差数列的性质可得到满足条件的数列.【详解】由题意知,不妨设, 则,很明显为递减数列,说明原命题是假命题.所以,答案不唯一,符合条件即可.【点睛】本题考查对等差数列的概念和性质的理解,关键是假设出一个递减的数列,还需检验是否满足命题中的条件,属基础题.14【解析】将其转化为几何意义,然后根据最值的条件求出最大值【详解】由化简得,又实数,图形为圆,如图:,可得,则由几何意义得,则,为求最大值则当过点或点时取最小值,可得所以的最大值是【点睛】本题考查了二元最值问题,将其转化为几何
13、意义,得到圆的方程及斜率问题,对要求的二元二次表达式进行化简,然后求出最值问题,本题有一定难度。15【解析】依题意,将点的坐标代入曲线的方程中,解得.由,得,则曲线在点处切线的斜率,所以在点处的切线方程是,即16【解析】根据偶函数的定义列方程,化简求得的值.【详解】由于为偶函数,所以,即,即,即,即,即,即,即,所以.故答案为:【点睛】本小题主要考查根据函数的奇偶性求参数,考查运算求解能力,属于中档题.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)(2)证明见解析【解析】(1)法一:,得,则,由此可得答案;法二:由题意,令,易知是偶函数,且时为增函数,由此可得出答案;
14、(2)由(1)知,即,结合“1”的代换,利用基本不等式即可证明结论【详解】解:(1)法一:(当且仅当时取等号),又(当且仅当时取等号),所以(当且仅当时取等号),由題意得,则,解得,故的取值范围是;法二:因为对于任意恒有成立,即,令,易知是偶函数,且时为增函数,所以,即,则,解得,故的取值范围是;(2)由(1)知,即,故不等式成立【点睛】本题主要考查绝对值不等式的恒成立问题,考查基本不等式的应用,属于中档题18(1);(2)【解析】(1)由三角形面积公式,平面向量数量积的运算可得,结合范围,可求,进而可求的值(2)利用同角三角函数基本关系式可求,利用两角和的正弦函数公式可求的值,由正弦定理可求得的值【详解】解:(1)由,得,因为,所以,可得:(2)中,