2021-2022年高三二模考试数学(理)试题解析版-含解析.doc

1、2021-2022年高三二模考试数学（理）试题解析版 含解析一、填空题（本大题共14小题，每小题4分，满分56分，只需将结果写在答题纸上）1（4分）（xx崇明县二模）计算=i考点：复数代数形式的乘除运算专题：计算题分析：利用复数的除法运算法则把分子、分母分别乘以分母的共轭复数12i即可得出解答：解：=i故答案为i点评：熟练掌握复数的除法运算法则、共轭复数的定义是解题的关键2（4分）（xx崇明县二模）已知函数的定义域为M，函数g（x）=2x的值域为N，则MN=（0，1）考点：交集及其运算专题：函数的性质及应用分析：先求出f（x）定义域M和g（x）的值域N，再进行交集运算解答：解：对于f（x），要

2、满足1x0，即，x1，故M=x|x1对于g（x），由于g（x）=2x0，故N=y|y0=x|x0，所以，MN=x|x1x|x0=（0，1）故答案为：（0，1）点评：本题考查求函数的定义域和值域，求两个集合的交集的方法，化简M和N是解题的关键3（4分）（xx崇明县二模）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长是3，点M、N分别是棱AB、AA1的中点，则异面直线MN与BC1所成的角是考点：异面直线及其所成的角专题：计算题分析：先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点B，得到的锐角或直角A1BC1就是异面直线所成的角，在三角形A1BC1是等边三角形则A1BC1为，从而求出异面直线MN与BC1所成的角

3、解答：解：如图，连接A1B，A1C1，MNA1B，则A1BC1为直线MN与BC1所成的角棱长为3，则A1B=A1C1=BC1=3，三角形A1BC1为等边三角形则A1BC1为从而异面直线MN与BC1所成的角是故答案为点评：本小题主要考查异面直线所成的角，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，解题本题的关键寻找异面直线所成角，易错在计算4（4分）（xx崇明县二模）若抛物线y2=2px（p0）的焦点与双曲线x2y2=2的右焦点重合，则p的值为4考点：双曲线的简单性质；抛物线的简单性质专题：计算题分析：将双曲线化成标准方程，求得a2=b2=2的值，从而得到双曲线的右焦点为F（2，0），该点也是抛物

4、线的焦点，可得=2，所以p的值为4解答：解：双曲线x2y2=2的标准形式为：a2=b2=2，可得c=2，双曲线的右焦点为F（2，0）抛物线y2=2px（p0）的焦点与双曲线x2y2=2的右焦点重合，=2，可得p=4故答案为：4点评：本题给出抛物线与双曲线右焦点重合，求抛物线的焦参数的值，着重考查了双曲线的标准方程和抛物线简单几何性质等知识点，属于基础题5（4分）（xx崇明县二模）已知数列an是无穷等比数列，其前n项和是Sn，若a2+a3=2，a3+a4=1，则的值为考点：数列的极限；等比数列的前n项和专题：等差数列与等比数列分析：利用当等比数列an的公比q满足0|q|1时，则，即可得出解答：解

5、：设等比数列an的公比为q，a2+a3=2，a3+a4=1，解得，=故答案为点评：熟练掌握：满足0|q|1时，则，是解题的关键6（4分）（xx崇明县二模）圆锥的侧面展开图为扇形，若其弧长为2cm，半径为cm，则该圆锥的体积为cm3考点：棱柱、棱锥、棱台的体积专题：计算题分析：由已知中，圆锥的侧面展开图为扇形，若其弧长为2cm，半径为cm，我们易求出圆锥的底面周长及母线长，进而求出圆锥的底面半径及高，代入圆锥体积公式，即可得到答案解答：解：圆锥的侧面展开图的弧长为2cm，半径为cm，故圆锥的底面周长为2cm，母线长为cm，则圆锥的底面半径为1，高为1则圆锥的体积V=故答案为：点评：本题考查的知识

6、点是圆锥的体积公式，及圆锥的侧面展开图，其中根据已知求出圆锥的底面半径及高，是解答本题的关键7（4分）（xx崇明县二模）阅读程序框图，为使输出的数据为31，则处应填的自然数为5考点：循环结构专题：图表型分析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是利用循环求S的值，我们用表格列出程序运行过程中各变量的值的变化情况，不难给出答案解答：解：程序在运行过程中各变量的值如下表示： S i 是否继续循环循环前 1 1/第一圈3 2 是第二圈7 3 是第三圈15 4 是第四圈31 5 否故最后当i5时退出，故答案为：5点评：根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法

7、这一模块最重要的题型，其处理方法是：分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型解模8（4分）（xx崇明县二模）已知函数（a为常数，aR），且是方程f（x）=0的解当x0，时，函数f（x）值域为考点：两角和与差的正弦函数；二倍角的余弦专题：计算题；三角函数的图像与性质分析：利用是方程f（x）=0的解求出a，然后通过二倍角的余弦函数两角和的正弦函数化简函数表达式，然后求解函数的值域解答：解：因为是方程f（x）=0的解所以0=sin+a，

8、所以=2，=sinxcosx1=sin（x）1，x0，所以，sin（x），sin（x）12，故答案为：2，点评：本题考查二倍角的余弦函数，两角和的正弦函数的应用，三角函数值域的求法，考查计算能力9（4分）（xx揭阳一模）若二项式的展开式中，第4项与第7项的二项式系数相等，则展开式中x6的系数为9（用数字作答）考点：二项式系数的性质专题：计算题分析：由题意可得，可求n，然后写出展开式的通项，令x的次方为6求出r，即可求解解答：解：由题意可得，解得n=9的展开式的通项为=令9=6，解得r=2此时的系数为=9故答案为：9点评：本题主要考查了二项式系数的性质及二项展开式的通项的应用，解题的关键是熟练掌

9、握基本公式10（4分）（xx崇明县二模）已知a，b为正实数，函数f（x）=ax3+bx+2x在0，1上的最大值为4，则f（x）在1，0上的最小值为考点：利用导数求闭区间上函数的最值专题：计算题分析：由a，b为正实数，知函数f（x）=ax3+bx+2x是增函数，故f（x）在0，1上的最大值f（1）=a+b+2=4，所以a+b=2由此能求出f（x）在1，0上的最小值解答：解：a，b为正实数，函数f（x）=ax3+bx+2x，f（x）在R上是增函数，f（x）在0，1上的最大值f（1）=a+b+2=4，a+b=2f（x）在1，0上的最小值f（1）=（a+b）+21=2+=f（x）在1，0上的最小值是故

10、答案为：点评：本题考查函数的单调性的应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化11（4分）（xx崇明县二模）在极坐标系中，直线过点（1，0）且与直线（R）垂直，则直线的极坐标方程为考点：简单曲线的极坐标方程专题：计算题分析：先将直线极坐标方程（R）化成直角坐标方程，再利用直角坐标方程进行求解过点（1，0）且与直线（R）垂直的直线方程，最后再化成极坐标方程即可解答：解：由题意可知直线（R）的直角坐标方程为：xy=0，过点（1，0）且与直线xy=0垂直的直线方程为：y=（x1），即所求直线普通方程为x+y1=0，则其极坐标方程为故答案为：点评：本题考查点的极坐标

11、和直角坐标的互化，利用直角坐标与极坐标间的关系，即利用cos=x，sin=y，2=x2+y2，进行代换即得12（4分）（xx崇明县二模）设函数 ，函数y=ff（x）1的零点个数为2考点：函数的零点；根的存在性及根的个数判断分析：根据函数 ，根据指数函数和对数函数的性质，我们可以分类讨论，化简函数函数y=ff（x）1的解析式，进而构造方程求出函数的零点，得到答案解答：解：函数 ，当x0时y=ff（x）1=f（2x）1=1=x1令y=ff（x）1=0，x=1（舍去）当0x1时y=ff（x）1=f（log2x）1=1=x1令y=ff（x）1=0，x=1当x1时y=ff（x）1=f（log2x）1=l

12、og2（log2x）1令y=ff（x）1=0，log2（log2x）=1则log2x=2，x=4故函数y=ff（x）1的零点个数为2个故答案为：2点评：本题考查的知识点是函数的零点，根的存在性及根的个数判断，其中根据指数函数和对数函数的图象和性质，化简函数的解析式是解答的关键13（4分）（xx崇明县二模）已知O为ABC的外心，AB=4，AC=2，BAC为钝角，M是边BC的中点，则的值等于5考点：平面向量数量积的运算专题：计算题；平面向量及应用分析：过点O分别作OEAB于E，OFAC于F，可得E、F分别是AB、AC的中点根据RtAOE中余弦的定义，算出=8，同理得=2再由M是BC边的中点，可得=

13、（8+2）=5解答：解：过点O分别作OEAB于E，OFAC于F，则E、F分别是AB、AC的中点可得RtAEO中，cosOAE=8，同理可得=2M是BC边的中点，可得，=（+）=5故答案为：5点评：本题将ABC放在它的外接圆O中，求中线AM对应的向量与的数量积之值，着重考查了平面向量的数量积的运算性质和三角形外接圆等知识，属于中档题14（4分）（xx梅州一模）设函数f（x）的定义域为D，若存在非零实数l使得对于任意xM（MD），有x+lD，且f（x+l）f（x），则称f（x）为M上的l高调函数如果定义域为R的函数f（x）是奇函数，当x0时，f（x）=|xa2|a2，且f（x）为R上的8高调函数，

14、那么实数a的取值范围是考点：奇偶性与单调性的综合专题：新定义分析：定义域为R的函数f（x）是奇函数，当x0时，f（x）=|xa2|a2，画出函数f（x）的图象，可得83a2（a2），从而可得结论解答：解：当xa2时f（x）=x2a2，当0xa2时f（x）=x，再根据奇函数图象关于原点对称可作出f（x）的图象，如下图所示：由f（x）为R上的8高调函数，知f（x+8）f（x）恒成立，由图象得83a2（a2），即a22，解得a点评：本题考查基本初等函数的性质，考查学生的阅读能力，应用知识分析解决问题的能力，考查数形结合的能力，是一个新定义问题，注意对于条件中所给的一个新的概念，要注意理解二、选择题（

15、本大题共4小题，满分20分，每小题给出四个选项，其中有且只有一个结论是正确的，选对并将答题纸对应题号上的字母涂黑得5分，否则一律得零分）15（5分）（xx崇明县二模）已知函数f（x）=（cos2xcosx+sin2xsinx）sinx，xR，则f（x）是（）A最小正周期为的奇函数B最小正周期为的偶函数C最小正周期为的奇函数D最小正周期为的偶函数考点：三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法；正弦函数的奇偶性专题：计算题分析：先对函数化简可得f（x）=（cos2xcosx+sin2xsinx）sinx=cos2xcosxsinx+sin2xsin2x=，由周期公式可求T，再检验f（x）

16、与f（x）的关系即可判断奇偶性解答：解：f（x）=（cos2xcosx+sin2xsinx）sinx=cos2xcosxsinx+sin2xsin2x=sin2xcos2x+=+=由周期公式可得T=，且f（x）=sin（2x）=sin2x，即函数f（x）为奇函数故选A点评：本题主要考查了二倍角公式在三角函数化简中的应用及三角函数的周期性和奇偶性的判断，属于基础试题16（5分）（xx崇明县二模）不等式成立的充分不必要条件是（）A1x0或x1Bx1或0x1Cx1Dx1考点：其他不等式的解法；必要条件、充分条件与充要条件的判断专题：计算题分析：先求出不等式的解集，即使不等式成立的充要条件，使其成立的

17、充分不必要条件x的取值集合应为A的真子集解答：解：不等式可以化为，等价于下面的两个不等式组：或解得或1x0，或x1不等式的解集为A=x|1x0，或x1 使其成立的充分不必要条件x的取值集合应为A的真子集只有D符合故选D点评：本题考查了充要条件的判定，关键是分式不等式的解法本题先考察命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断出了命题p与命题q的关系17（5分）（xx崇明县二模）学校为了解学生在课外读物方面的支出情况，抽取了n个同学进行调查，结果显示这些同学的支出都在10，50）（单位：元），其中支出在30，50）（单位：元）的同学有67人，其频率分布直方图如右图所示

18、，则n的值为（）A100B120C130D390考点：频率分布直方图专题：计算题；概率与统计分析：根据小矩形的面积之和，算出位于1030的2组数的频率之和为0.33，从而得到位于3050的数据的频率之和为10.33=0.67，再由频率计算公式即可算出样本容量n的值解答：解：位于1020、2030的小矩形的面积分别为S1=0.0110=0.1，S2=0.02310=0.23，位于1020、2030的据的频率分别为0.1、0.23可得位于1030的前3组数的频率之和为0.1+0.23=0.33由此可得位于3050数据的频率之和为10.33=0.67支出在30，50）的同学有67人，即位于3050的

19、频数为67，根据频率计算公式，可得=0.67，解之得n=100故选：A点评：本题给出频率分布直方图，在已知某小组的频率情况下求该数据中的样本容量n的值，着重考查了频率分布直方图的理解和频率计算公式等知识，属于基础题18（5分）（xx崇明县二模）一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a，得2分的概率为b，不得分的概率为c（a，b，c（0，1），已知他投篮一次得分的均值为2，的最小值为（）ABCD考点：基本不等式在最值问题中的应用；离散型随机变量的期望与方差专题：计算题；数形结合分析：依题意可求得3a+2b的值，进而利用=1把转化为（）展开后利用基本不等式求得问题的答案解答：解：由题意得3a+2b=

20、2，=（）=故选D点评：本题主要考查了基本不等式的应用解题的关键是构造出+的形式三、解答题（本大题共5小题，满分74分解答下列各题并写出必要的过程，并将解题过程清楚地写在答题纸上）19（13分）（xx崇明县二模）如图，在ABC中，C=45，D为BC中点，BC=2记锐角ADB=且满足cos2=（1）求cos；（2）求BC边上高的值考点：正弦定理；二倍角的余弦专题：计算题；解三角形分析：（1）由二倍角公式cos2=2cos21，可求cos（2）方法一、由可求sin，而CAD=ADBC=45，利用sinCAD=sin（）=sin，代入可求sinCAD，最后再由正弦定理，可求AD，从而可由h=ADsi

21、nADB求解方法二、作BC 边上的高为AH，在直角ADH中，由（1）可得，设出AD，则可表示DH，AH，结合AHC为等腰直角三角形，可得CD+DH=AH，代入可求解答：解：（1）cos2=2cos21=，cos=（5分）（2）方法一、由（1）得=，CAD=ADBC=45，sinCAD=sin（）=sin=，（9分）在ACD中，由正弦定理得：，AD=，（11分）则高h=ADsinADB=4（12分）方法二、如图，作BC 边上的高为AH 在直角ADH中，由（1）可得=，则不妨设AD=5m则DH=3m，AH=4m（8分）注意到C=45，则AHC为等腰直角三角形，所以CD+DH=AH，则1+3m=4m

22、（10分）所以m=1，即AH=4（12分）点评：本题主要考查了同角平方关系、和差角公式及正弦定理在求解三角形中的应用，解题的关键是熟练应用基本公式20（15分）（xx崇明县二模）如图：已知四棱锥PABCD，底面是边长为3的正方形ABCD，PA面ABCD，点M是CD的中点，点N是PB的中点，连接AM、AN、MN（1）求证：ABMN；（2）若MN=5，求二面角NAMB的余弦值考点：用空间向量求平面间的夹角；直线与平面垂直的性质专题：空间向量及应用分析：（1）四棱锥PABCD的底面是边长为3的正方形ABCD，且PA面ABCD，由此得到AD，AB，AP两两互相垂直，分别以AD、AB、AP为x轴、y轴、

23、z轴建立空间直角坐标系，设出AP长度，则可得到图中各点坐标，求出向量，由它们的数量积等于0证得ABMN；（2）利用MN=5，求出AP的长度，分别求出平面AMB和平面AMN的一个法向量，利用两个平面的法向量所成的角求二面角NAMB的余弦值解答：（1）证明：因为底面是边长为3的正方形，PA面ABCD，所以APADAB如图，分别以AD、AB、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设PA=t则得，=0，所以ABMN；（2）解：由，得，解得t=8，即PA=8取平面AMB的一个法向量为设平面AMN的法向量，又，由得：，取y=2，得x=1，z=所以平面AMN的一个法向量是，设二面角NAMB为，则=所以二

24、面角NAMB的余弦值为点评：本题考查了直线与平面垂直的性质，考查了利用空间向量求二面角的大小，利用空间向量求二面角的大小时，关键是分清两个平面的法向量所成的角与二面角的关系，此题是中档题21（15分）（xx崇明县二模）某工厂生产一种仪器的元件，由于受生产能力和技术水平等因素的限制，会产生较多次品，根据经验知道，次品数p（万件）与日产量x（万件）之间满足关系：已知每生产l万件合格的元件可以盈利20万元，但每产生l万件次品将亏损10万元（实际利润=合格产品的盈利生产次品的亏损）（1）试将该工厂每天生产这种元件所获得的实际利润T（万元） 表示为日产量x（万件）的函数；（2）当工厂将这种仪器的元件的日

25、产量x（万件） 定为多少时获得的利润最大，最大利润为多少？考点：函数模型的选择与应用专题：函数的性质及应用分析：（1）根据题目条件写出在x的不同范围内的合格的元件间数，然后由实际利润=合格产品的盈利生产次品的亏损将生产这种元件所获得的实际利润T（万元） 表示为日产量x（万件）的函数；（2）分别利用配方法和函数的单调性求函数在连段内的最值，最后取两段的最大之中的最大者解答：解：（1）当1x4时，合格的元件数为（万件），利润（万元）；当x4时，合格的元件数为（万件），利润（万元），综上，该工厂每天生产这种元件所获得的利润为（2）当1x4时，T=20x5x2=5（x2）2+20当x=2（万件）时，利

26、润T的最大值20（万元）；当x4时，令，则，当x4，+）时，y0，所以在4，+）上是单调递增，所以函数T（x）在4，+）上是减函数，则当x=4时，利润T的最大值0 综上所述，当日产量定为2（万件）时，工厂可获得最大利润20万元答：当工厂将这种仪器的元件的日产量x（万件） 定为2（万件）时获得的利润最大，最大利润为20万元点评：本题考查了函数模型的选择及应用，考查了配方法及利用导数研究函数的最值，注意分段函数的最值要分段求，此题是中档题22（15分）（xx崇明县二模）已知椭圆C的方程为（a0），其焦点在x轴上，点Q为椭圆上一点（1）求该椭圆的标准方程；（2）设动点P（x0，y0）满足，其中M、N

27、是椭圆C上的点，直线OM与ON的斜率之积为，求证：为定值；（3）在（2）的条件下探究：是否存在两个定点A，B，使得|PA|+|PB|为定值？若存在，给出证明；若不存在，请说明理由考点：直线与圆锥曲线的关系；平面向量的基本定理及其意义；直线的斜率；椭圆的标准方程专题：综合题；圆锥曲线的定义、性质与方程分析：（1）把点Q坐标代入椭圆方程即可求得a2；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），由直线OM与ON的斜率之积为，可得M、N坐标间的关系式，由，从而可化为M、N坐标的表达式，再由M、N是椭圆C上的点即可求得为定值；（3）由（2）知，动点P（x0，y0）满足，从而可判断点P轨迹是椭圆，其焦点即

28、为定点A、B；解答：解：（1）因为点为椭圆上一点，所以，解得a2=4，所以椭圆方程为；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），又，化简得x1x2+2y1y2=0，又M、N是椭圆C上的点，所以，即，由，所以=4+44+4（x1x2+2y1y2）=20（定值）； （3）由（2）知，动点P（x0，y0）满足，即，所以点P的轨迹是以为焦点的椭圆故存在点A（）、B（），使得|PA|+|PB|=（定值）点评：本题考查直线与圆锥曲线的位置关系、椭圆方程的求解及平面向量基本定理，考查学生对问题的理解分析能力及解决问题的能力，具有一定综合性23（16分）（xx崇明县二模）设数列an、bn的各项都是正数，Sn

29、为数列an的前n项和，且对任意nN*，都有，b1=e，cn=an+1lnbn（常数0，lnbn是以为底数的自然对数，e=2.71828）（1）求数列an、bn的通项公式；（2）用反证法证明：当=4时，数列cn中的任何三项都不可能成等比数列；（3）设数列cn的前n项和为Tn，试问：是否存在常数M，对一切nN*，（1）Tn+cnM恒成立？若存在，求出M的取值范围；若不存在，请证明你的结论考点：反证法与放缩法；数列与不等式的综合专题：点列、递归数列与数学归纳法分析：（1）由条件 ，求得a1=1当n2时，有 ，由可得数列an是公差等于2的等差数列，从而求得an=2n1再由，且bn0，可得lnbn=ln

30、b1n1=n1，从而求得 bn= （2）当=4时，假设第m项、第n项、第k项成等比数列，则有 （2n+1）242n2=（2m+1）4m1（2k+1）4k1，即 m2+k2+mk+m+k=0，显然，这样的正整数m、k不存在，故数列cn中的任何三项都不可能成等比数列（3）用错位相减法求得（1）Tn=3+2（1+2+n2）（2n+1）n，当=1时，求出M的取值范围当1时，再求出M的取值范围，综合可得结论解答：解：（1）因为an0， ，当n=1时，a12=4S12a11，解得a1=1当n2时，有 ，由得，（an+an1）（anan1）=2（an+an1），故有 anan1=2（n2），即数列an是公差

31、等于2的等差数列，所以an=a1+（n1）d=1+（n1）2=2n1又因为，且bn0，两边同时取自然对数得 lnbn+1=lnbn，由此可知数列lnbn是以lnb1=lne=1为首项，以为公比的等比数列，所以lnbn=lnb1n1=n1，所以，bn=en1（2）当=4时，由（1）知，cn =an+1lnbn =（2n+1）n1=（2n+1）4n1假设第m项、第n项、第k项成等比数列，则有 （2n+1）242n2=（2m+1）4m1（2k+1）4k1，即 （2n+1）242n2=（2m+1）（2k+1）4m+k2，（m+k+1）2=（2m+1）（2k+1），即 m2+k2+mk+m+k=0，显然

32、，这样的正整数m、k不存在，故数列cn中的任何三项都不可能成等比数列（3）解：cn=an+1lnbn =（2n+1）n1，Tn=30+51+72+（2n1）n2+（2n+1）n1Tn=31+52+73+（2n1）n1+（2n+1）n由得3Tn=3+24+242+24n1（2n+1）4n=3+2（2n+1）4n=，所以，（1）Tn=3+2（1+2+n2）（2n+1）n当=1时，（1）Tn+cn=（2n+1）（nN*）在N*上为单调递增函数，所以对于任意常数M（，3，（1）Tn+cn=（2n+1）M恒成立 当1时，记g（n）=g（n+1）g（n）=2n0，所以，数列g（n）为增函数 所以当1时，g（n）=g（1）=3（7分）所以，所以对于任意常数M（，3，（1）Tn+cnM恒成立 （8分）点评：本题主要考查数列求和问题，用反证法和放缩法证明不等式，函数的恒成立问题，属于难题|25786 64BA 撺F31059 7953 祓37757 937D 鍽19981 4E0D 不32761 7FF9 翹hcD31506 7B12 笒X40798 9F5E 齞