安徽省滁州市宋集中學2021-2022學年高二數(shù)學文模擬試題含解析

安徽省滁州市宋集中學2021-2022學年高二數(shù)學文模擬試題含解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個選項中，只有是一個符合題目要求的1.下列在曲線上的點是（

）A、

B．

C．

D．參考答案：D略2.在棱長為的正四面體中，若、分別是棱、的中點，則=（A）

（B）

（C）

（D）參考答案：B3.下列說法正確的是（

）A．三點確定一個平面

B．四邊形一定是平面圖形C．梯形一定是平面圖形

D．平面和平面有不同在一條直線上的三個交點參考答案：C4.方程x3－6x2+9x－10=0的實根個數(shù)是

(

)

A．3

B．2

C．1

D．0參考答案：C略5.執(zhí)行如圖所示的程序框圖，如果輸入n=3，則輸出的S=（

）A．

B．

C．

D．參考答案：B6.設F1、F2為橢圓的兩個焦點，M為橢圓上一點，MF1⊥MF2，且|MF2|=|MO|（其中點O為橢圓的中心），則該橢圓的離心率為（）A．﹣1 B．2﹣ C． D．參考答案：A【考點】橢圓的簡單性質(zhì)．【分析】由題意可知：△OMF2為等邊三角形，∠OF2M=60°，|MF2|=c，丨MF1丨=c，丨MF1丨+|MF2|=2a=c+c=（+1）c，a=，由橢圓的離心率公式即可求得橢圓的離心率．【解答】解：由題意可知：MF1⊥MF2，則△F1MF2為直角三角形，由|MF2|=|MO|，O為F1F2中點，則丨OM丨=丨OF2丨，∴△OMF2為等邊三角形，∠OF2M=60°∴|MF2|=c，∴丨MF1丨=c，由橢圓的定義可知：丨MF1丨+|MF2|=2a=c+c=（+1）c，a=，則該橢圓的離心率e===﹣1，該橢圓的離心率為﹣1，故選：A．7.命題，命題，命題p是q的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.即不充分也不必要條件參考答案：A試題分析：命題，顯然但不能推出，所以是的充分不必要條件，故選A.考點：充分條件與必要條件.8.下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，)上是增函數(shù)的是A．

B．

C．

D．參考答案：D略9.已知命題“若函數(shù)在(0,+∞)上是增函數(shù)，則”，則下列結(jié)論正確的是A.否命題是“若函數(shù)在(0,+∞)上是減函數(shù)，則”，是真命題B.逆命題是“若，則函數(shù)在(0,+∞)上是增函數(shù)”，是假命題C.逆否命題是“若，則函數(shù)在(0,+∞)上是減函數(shù)”，是真命題D.逆否命題是“若，則函數(shù)在(0,+∞)上不是增函數(shù)”，是真命題參考答案：D【分析】本題首先可以根據(jù)原命題“若函數(shù)在(0,+∞)上是增函數(shù)，則”寫出原命題的逆命題、否命題以及逆否命題，然后判斷出四種命題的真假，即可得出結(jié)果?！驹斀狻吭}“若函數(shù)在(0,+∞)上是增函數(shù)，則”，是真命題；逆命題為“若，則函數(shù)在(0,+∞)上是增函數(shù)”，是真命題；否命題為“若函數(shù)在(0,+∞)上不是增函數(shù)，則”，是真命題；逆否命題為“若，則函數(shù)在(0,+∞)上不是增函數(shù)”，是真命題，綜上所述，故選D?！军c睛】本題考查命題的相關性質(zhì)，主要考查原命題、逆命題、否命題以及逆否命題的相關性質(zhì)以及聯(lián)系，考查推理能力，是簡單題。10.已知雙曲線C：的離心率為，則雙曲線C的漸近線方程為（）A．y=±3x B．y=±2x C． D．參考答案：A【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)．【分析】利用雙曲線的離心率，得到a，b關系式，然后求解雙曲線的漸近線方程．【解答】解：雙曲線C：的離心率為，可得=，即，可得=3．雙曲線C的漸近線方程為：y=±3x．故選：A．二、填空題:本大題共7小題,每小題4分,共28分11.過拋物線y2=2x的焦點F作直線交拋物線于A，B兩點，若，則|AF|=．參考答案：【考點】拋物線的簡單性質(zhì)．【分析】設出點的坐標與直線的方程，利用拋物線的定義表示出|AF|、|BF|再聯(lián)立直線與拋物線的方程利用根與系數(shù)的關系解決問題，即可得到答案．【解答】解：由題意可得：F（，0），設A（x1，y1），B（x2，y2）．因為過拋物線y2=2x的焦點F作直線l交拋物線于A、B兩點，所以|AF|=+x1，|BF|=+x2．因為，所以x1+x2=設直線l的方程為y=k（x﹣），聯(lián)立直線與拋物線的方程可得：k2x2﹣（k2+2）x+=0，所以x1+x2=．∴∴k2=24∴24x2﹣26x+6=0，∴，∴|AF|=+x1=故答案為：12.已知是橢圓的半焦距，則的取值范圍為

參考答案：略13.若拋物線上一點到的距離與到焦點的距離之和最小，則點的坐標為

.參考答案：根據(jù)拋物線定義。問題轉(zhuǎn)化為在拋物線上求一點，使得到的距離與到準線的距離之和最小，過作準線的垂線，則垂線與拋物線的交點為所求，為.14.設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，令Tn=，稱Tn為數(shù)列a1，a2，…，an的“理想數(shù)”，已知數(shù)列a1，a2，…，a100的“理想數(shù)”為101，那么數(shù)列2，a1，a2，…，a100的“理想數(shù)”為．參考答案：102【考點】數(shù)列的求和．【專題】計算題；新定義．【分析】據(jù)“理想數(shù)”的定義，列出a1，a2，…，a100的“理想數(shù)”滿足的等式及2，a1，a2，…，a100的“理想數(shù)”的式子，兩個式子結(jié)合求出數(shù)列2，a1，a2，…，a100的“理想數(shù)”．【解答】解：∵為數(shù)列a1，a2，…，an的“理想數(shù)”，∵a1，a2，…，a100的“理想數(shù)”為101∴又數(shù)列2，a1，a2，…，a100的“理想數(shù)”為：=故答案為102【點評】本題考查的是新定義的題型，關鍵是理解透新定義的內(nèi)容，是近幾年?？嫉念}型．15.已知曲線C的極坐標方程是，以極點為原點，極軸為x軸的正半軸建立平面直角坐標系，直線的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，則直線被曲線C截得的線段長為

參考答案：16.已知拋物線，過點(1,0)任作一條直線和拋物線C交于A、B兩點，設點，連接AG,BG并延長分別和拋物線C交于點和，則直線過定點______．參考答案：(4,0)設方程為：，代入拋物線得：設A，，則同理：B，，又AB過定點，∴共線，∴∴，即∴，又，∴直線：，利用點在拋物線上化簡得：∴∴直線過定點故答案為：17.給出下列命題①“a＞b”是“a2＞b2”的充分不必要條件；②“l(fā)ga＝lgb”是“a＝b”的必要不充分條件；③若x，y∈R，則“|x|＝|y|”是“x2＝y(tǒng)2”的充要條件；④△ABC中，“sinA＞sinB”是“A＞B”的充要條件．其中真命題是

．（寫出所有真命題的序號）參考答案：略三、解答題：本大題共5小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟18.求直線被曲線所截的弦長。參考答案：將方程和分別化為普通方程：，；圓心C（

），半徑為，圓心到直線的距離d=，弦長為。19.已知函數(shù)f（x）=x3﹣4x+m，（m∈R）．（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）求f（x）在[0，3]上的最值．參考答案：【考點】6B：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；6E：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．【分析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，求出函數(shù)的極大值和極小值，從而求出函數(shù)的最值即可．【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=x2﹣4=（x﹣2）（x+2）由f′（x）＞0得x＞2，或x＜﹣2由f′（x）＜0得﹣2＜x＜2所以，f（x）在（﹣∞，﹣2）遞增，在（﹣2，2）遞減，在（2，+∞）遞增；（Ⅱ）由f′（x）=0得x=2或x=﹣2，∴f（x）的極小值是f（2）=﹣+m，f（x）的極大值是f（﹣2）=+m；又∵f（0）=m，f（3）=﹣3+m∴f（x）在[0，3]的最大值為f（0）=m，故最小值是f（2）=﹣+m．20.（13）一種十字繡作品由相同的小正方形構(gòu)成，圖①，②，③，④分別是制作該作品前四步時對應的圖案，按照如此規(guī)律，第步完成時對應圖案中所包含小正方形的個數(shù)記為．①

②

③

④（1）求出，，，的值；（2）利用歸納推理，歸納出與的關系式；（3）猜想的表達式，并寫出推導過程．

參考答案：（1）圖①中只有一個小正方形，得f（1）=1；

圖②中有3層，以第3層為對稱軸，有1+3+1=5個小正方形，得f（2）=5；

圖③中有5層，以第3層為對稱軸，有1+3+5+3+1=13個小正方形，得f（3）=13；

圖④中有7層，以第4層為對稱軸，有1+3+5+7+5+3+1=25個小正方形，得f（4）=25；

圖⑤中有9層，以第5層為對稱軸，有1+3+5+7+9+7+5+3+1=41個小正方形，得f（5）=41；

（2）∵f（1）=1；f（2）=5；f（3）=13；f（4）=25；f（5）=41；

∴f（2）-f（1）=4=4×1；

∴f（3）-f（2）=8=4×2；

∴f（4）-f（3）=12=4×3；

∴f（5）-f（4）=16=4×4；

…

∴f（n）-f（n-1）=4×（n-1）=4n-4．

∴f（n+1）與f（n）的關系式：f（n+1）-f（n）=4n．

（3）猜想f（n）的表達式：2n2-2n+1．

由（2）可知

f（2）-f（1）=4=4×1；

f（3）-f（2）=8=4×2；

f（4）-f（3）=12=4×3；

f（5）-f（4）=16=4×4；

…

∴f（n）-f（n-1）=4×（n-1）=4n-4．

將上述n-1個式子相加，得f（n）=4（1+2+3+4+…+（n-1））

=4×=2n2-2n+1．

f（n）的表達式為：2n2-2n+1．21.已知函數(shù)f（x）=ex和函數(shù)g（x）=kx+m（k、m為實數(shù)，e為自然對數(shù)的底數(shù)，e≈2.71828）．（1）求函數(shù)h（x）=f（x）﹣g（x）的單調(diào)區(qū)間；（2）當k=2，m=1時，判斷方程f（x）=g（x）的實數(shù)根的個數(shù)并證明；（3）已知m≠1，不等式（m﹣1）[f（x）﹣g（x）]≤0對任意實數(shù)x恒成立，求km的最大值．參考答案：（1）求出h′（x）=ex﹣k，（x∈R），分以下兩種情況討論：①當k≤0，②當k＞0，（2）當k=2，m=1時，方程f（x）=g（x）即為h（x）=ex﹣2x﹣1=0，結(jié)合（1）及圖象即可判定．（3）設h（x）=f（x）﹣g（x），分①當m＞1，②當m＜1，分別求解解：（1）h′（x）=ex﹣k，（x∈R），①當k≤0時，h′（x）＞0恒成立，h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（﹣∞，+∞），無單調(diào)遞減區(qū)間；②當k＞0時，由h′（x）＞0得x＞lnk，由h′（x）＜0得x＜lnk，故h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（﹣∞，lnk），單調(diào)遞增區(qū)間為（lnk，+∞）．（2）當k=2，m=1時，方程f（x）=g（x）即為h（x）=ex﹣2x﹣1=0，由（1）知h（x）在（﹣∞，ln2）上遞減，而h（0）=0，故h（x）在（﹣∞，ln2）上有且僅有1個零點，由（1）知h（x）在[ln2，+∞）上遞增，而h（1）=e﹣3＜0，h（2）=e2﹣5＞0，且h（x）的圖象在[1，2]上是連續(xù)不間斷的，故h（x）在[1，2]上有且僅有1個零點，所以h（x）在[ln2，+∞）上也有且僅有1個零點，綜上，方程f（x）=g（x）有且僅有兩個實數(shù)根．（3）設h（x）=f（x）﹣g（x），①當m＞1時，f（x）﹣g（x）≤0恒成立，則h（x）≤0恒成立，而h（﹣）=e＞0，與h（x）≤0恒成立矛盾，故m＞1不合題意；②當m＜1時，f（x）﹣g（x）≥0，恒成立，則h（x）≥0恒成立，1°當k=0時，由h（x）=ex﹣m≥0恒成立可得m∈（﹣∞，0]，km=0；2°當k＜0時，h（）=e﹣1，而，故e＜1，故h（）＜0，與h（x）≥0恒成立矛盾，故k＜0不合題意；3°當k＞0時，由（1）可知[h（x）]min=h（lnk）=k﹣klnk﹣m，而h（x）≥0恒成立，故k﹣klnk﹣m≥0，得m≤k﹣klnk，故km≤k（k﹣klnk），記φ（k）=k（k﹣klnk），（k＞0），則φ′（k）=k（1﹣2lnk），由φ′（k）＞0得0，由φ′（k）＜0得k＞，故φ（k）在（0，）上單調(diào)遞增，在（，+∞）上單調(diào)遞減，∴φ（k）max=φ（）=，∴km≤，當且僅當k=，m=時取等號；綜上①②兩種情況得km的最大值為．22.如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，AB=2AD=4，BD=2，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）證明：平面PBC⊥平面PBD；（Ⅱ）若二面角P﹣BC﹣D大小為，求AP與平面PBC所成角的正弦值．參考答案：【考點】與二面角有關的立體幾何綜合題；平面與平面垂直的判定．【分析】（Ⅰ）由已知條件推導出BC⊥BD，PD⊥BC，從而得到BC⊥平面PBD，由此能證明平面PBC⊥平面PBD．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，BC⊥平面PBD，從而得到∠PBD即為二面角P﹣BC﹣D的平面角，分別以DA、DB、DP為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，利用向量法能求出AP與平面PBC所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）證明：∵CD2=BC2+BD2．∴BC⊥