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1、2022年高考數學 考前30天之備戰(zhàn)沖刺押題系列 名師預測卷 19
一、填空題:本大題共14小題,每小題5分,共70分.請把答案填寫在答題卡相應的位置上.
1.,,若對應點在第二象限,則m的取值范圍為 .
2.已知全集,集合,則中最大的元素是 .
3.已知,若函數的最小正周期是2,則
.
4.執(zhí)行以下語句后,打印紙上打印出的結果應是: .
While <10
End While
Print “”
5.已知函數,,則的單調減區(qū)間是 .
6.在數軸上區(qū)間內,任取三個點,則它們的坐標滿足不
2、等式:的概率為 .
7.P為拋物線上任意一點,P在軸上的射影為Q,點M(4,5),則PQ與PM長度之和的最小值為: .
焦點=,而的最小值是,所以答案為
8、設是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,有下列正確命題的序號是 .
(1)若m∥,n∥,則m∥n, (2)若則
(3)若,且,則;(4)若,,則
9. 定義在上滿足:,當時,=,則= .
10.過平面區(qū)域內一點作圓的兩條切線,切點分別為,記,則當最小時 .
11.如圖所示的數陣叫“萊布尼茲調和三角形”,他們是由整數的倒數組成的,第行有個數且兩
3、端的數均為,每個數是它下一行左右相鄰兩數的和,如:…,則第行第3個數字是 .
12. 已知正方形的坐標分別是,,,,動點M滿足:則 .
13. “”是“對正實數,”的充要條件,則實數 .
14.函數的定義域為,若滿足①在內是單調函數,②存在,使在上的值域為,那么叫做對稱函數,現有是對稱函數, 那么的取值范圍
是 .
二、解答題:本大題共6小題,共計90分,請在答題卡指定區(qū)域內作答,解答時應寫出文字說明、證明或演算步驟.
15.已知二次函數f (x)=x2+mx+n對任意x∈R,都有f (-x) = f (2+x
4、)成立,設向量= ( sinx , 2 ) ,
= (2sinx , ),= ( cos2x , 1 ),=(1,2),
(Ⅰ)求函數f (x)的單調區(qū)間;
(Ⅱ)當x∈[0,π]時,求不等式f (·)>f (·)的解集.
16.在如圖的多面體中,⊥平面,,,,
,,,是的中點.
(Ⅰ) 求證:平面;
(Ⅱ) 求證:;
(Ⅲ)求多面體的體積.
17.已知雙曲線的兩焦點為,為動點,若.
(Ⅰ)求動點的軌跡方程;
(Ⅱ)若,設直線過點,且與軌跡交于、兩點,直線與交于點.試
5、問:當直線在變化時,點是否恒在一條定直線上?若是,請寫出這條定直線方程,并證明你的結論;若不是,請說明理由.
18.如圖所示:一吊燈的下圓環(huán)直徑為4m,圓心為O,通過細繩懸掛在天
花板上,圓環(huán)呈水平狀態(tài),并且與天花板的距離為2m,在圓
環(huán)上設置三個等分點A1,A2,A3。點C為上一點(不包含端點O、B),
同時點C與點A1,A2,A3,B均用細繩相連接,且細繩CA1,CA2,CA3
的長度相等。設細繩的總長為
(1)設∠CA1O = (rad),將y表示成θ的函數關系式;
(2)請你設計,當角θ正弦值的大小是多少時,細繩總長
6、y最小,并
指明此時 BC應為多長。
19.已知,數列有(常數),對任意的正整數,并有滿足。
(1)求的值;(2)試確定數列是不是等差數列,若是,求出其通項公式。若不是,說明理由;(3)令,是否存在正整數M,使不等式恒成立,若存在,求出M的最小值,若不存在,說明理由。
20.(本小題滿分16分)
函數的導數為0的點稱為函數的駐點,若點(1,1)為函數f(x)的駐點,則稱f(x)具有“1—1駐點性”.
(1)設函數f(x)=-x+2+alnx,其中a≠0。
①求證:函數f(x)不具有“1—1駐點性”;②求函數f(x
7、)的單調區(qū)間
(2)已知函數g(x)=bx3+3x2+cx+2具有“1—1駐點性”,給定x1,x2?R,x1<x2,設λ為實數,且λ≠-1,α=,β=,若|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|,求λ的取值范圍.
數學Ⅱ(附加題)
一. [選做題]在A、B、C、D四小題中只能選做兩題,每小題10分,共計20分.請在答題卡指定區(qū)域內作答,解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
1.(矩陣與變換)求矩陣M=的特征值及其對應的特征向量.
2. (坐標系與參數方程)在平面直角坐標系中,橢圓C的參數方程為,其中為參數.以
8、O為極點,軸正半軸為極軸建立極坐標系,直線l的極坐標方程為.求橢圓C上的點到直線l距離的最大值和最小值.
二.[必做題] 每小題10分,共計20分.請在答題卡指定區(qū)域內作答,解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
3. 如圖,已知三棱柱的側棱與底面垂直,⊥AC,M是的中點,N是BC的中點,點P在直線上,且滿足.
(Ⅰ)當取何值時,直線PN與平面ABC所成的角最大?
(Ⅱ)若平面PMN與平面ABC所成的二面角為,試確定點P的位置.
4. 已知數列滿足:.
(Ⅰ)求證:使;
(Ⅱ)求的末位數字.
9、
數學Ⅰ(必做部分)參考答案
1. 2. 3 3.-1 4. 28 5.
6.的實質是點在點之間,故考慮它們的排列順序可得答案為
7. 焦點=,而的最小值是,所以答案為
8. (3) (4) 9.2
10當離圓最遠時最小,此時點坐標為:記,則,計算得= 11. ,
12.設點的坐標為,∵,∴. 整理,得(),發(fā)現動點M的軌跡方程是橢圓,其焦點恰為兩點,所以
13. 若則不符合題意,若則于是,亦可轉化為二次函數恒成立展開討論。
14.由于在上是減函數,所以關于的方程在上有兩個不同實根。通過換元結合圖象可得
15.解;(1)設f(x)圖象上
10、的兩點為A(-x,y1)、B(2+x, y2),因為=1
f (-x) = f (2+x),所以y1= y2
由x的任意性得f(x)的圖象關于直線x=1對稱,
∴x≥1時,f(x)是增函數 ;x≤1時,f(x)是減函數。
(2)∵·=(sinx,2)·(2sinx, )=2sin2x+1≥1,
·=(cos2x,1)·(1,2)=cos2x+2≥1,
∵f(x)在是[1,+∞)上為增函數,∴f (·)>f (·)f(2sin2x+1)> f(cos2x+2)
2sin2x+1>cos2x+21-cos2x+1>cos2x+2
cos2x<02kπ+<2x<2kπ
11、+,k∈z
kπ+<x<kπ+, k∈z ∵0≤x≤π ∴<x<
綜上所述,不等式f (·)>f (·)的解集是:{ x|<x< } 。
16.解:(Ⅰ)證明:∵,∴.
又∵,是的中點, ∴,
∴四邊形是平行四邊形,∴ .
∵平面,平面,∴平面.
(Ⅱ)證明:∵平面,平面,∴,
又,平面,∴平面.
過作交于,則平面.
∵平面, ∴.
∵,∴四邊形平行四邊形,∴,
∴,又,∴四邊形為正方形,∴,
又平面,平面,∴⊥平面.
∵平面, ∴.
(Ⅲ) ∵平面,,∴平面,
由(2)知四邊形為正方形,∴.
12、
∴,
17.解法一:
(Ⅰ)由題意知:,又∵,∴動點必在以為焦點,
長軸長為4的橢圓,∴,又∵,.
∴橢圓的方程為.
(Ⅱ)由題意,可設直線為:.
① 取得,直線的方程是
直線的方程是交點為
若,由對稱性可知交點為
若點在同一條直線上,則直線只能為.
②以下證明對于任意的直線與直線的交點均在直線上.
事實上,由,得即,
記,則.
設與交于點由得
設與交于點由得
,
∴,即與重合,
這說明,當變化時,點恒在定直線上.
解法二:
(Ⅰ)同解法一.
(Ⅱ)取得,直線的方程是直線的方程是交點為
取得,直線的方程是直線的方程是交點為
13、∴若交點在同一條直線上,則直線只能為.
以下證明對于任意的直線與直線的交點均在直線上.
事實上,由,得即,
記,則.
的方程是的方程是
消去得…………………………………… ①
以下用分析法證明時,①式恒成立。
要證明①式恒成立,只需證明
即證即證……………… ②
∵∴②式恒成立.
這說明,當變化時,點恒在定直線上.
解法三:(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)由,得即.
記,則.
的方程是的方程是
由得
即
.
這說明,當變化時,點恒在定直線上.
18. (Ⅰ)解:在△COA1中,
,, ………2分
=
()……7分
(Ⅱ),
令,則
14、 ………………12分
當時,;時,,
∵在上是增函數
∴當角滿足時,y最小,最小為;此時BCm …16分
19解:(1)由已知,得, ∴
(2)由得則,
∴,即,
于是有,并且有,
∴即,
而是正整數,則對任意都有,
∴數列是等差數列,其通項公式是。
(3)∵
∴
;
由是正整數可得,故存在最小的正整數M=3,使不等式恒成立。
20.解:(Ⅰ)①=-1++ ∵=-1+1+a≠0,
∴函數f(x)不具有“1—1駐點性”.…………………………………………2分
②由==
(ⅰ)當a+<0,即a<-時,<0.∴f(x)是
15、(0,+∞)上的減函數;
(ⅱ)當a+=0,即a=-時,顯然≤0.∴f(x)是(0,+∞)上的減函數;………………………………4分
(ⅲ)當a+>0,即a>-時,由=0得=±…………………………………………6分
當-<a<0時,->0∴x?(0, a+-)時,<0;
x?( a+-, a++)時,>0; x?( a++, +∞)時,<0;
當a>0時,-<0 ∴x?(0, a++)時,>0; x?( a++,+∞)時,<0;
綜上所述:當a≤-時,函數f(x)的單調遞減區(qū)間為(0,+∞);
當-<a<0時,函數f(x)的單調遞減區(qū)間為(0, a+-)和( a++,
16、+∞),
函數f(x)的單調遞增區(qū)間為( a+-, a++);
當a>0時,函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(0, a++),
函數f(x)的單調遞減區(qū)間為( a++, +∞);…………………………………………9分
(Ⅱ)由題設得:=3bx2+6x+c,∵g(x)具有“1—1駐點性”∴且
即解得∴=-3x2+6x-3=-3(x-1)2≤0,故g(x)在定義域R上單調遞減.
①當λ≥0時,有α=≥=x1,α=<=x2,即α?[x1,x2),同理β?(x1,x2] ………11分
由g(x)的單調性可知:g(α),g(β)?[ g(x2),g(x1)]∴|g(α)-g(β)|≤|g(x1)
17、-g(x2)|與題設|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|不符.
②當-1<λ<0時,α=<=x1,β=>=x2……………………………………13分
即α<x1<x2<β∴g(β)<g(x2)<g(x1)<g(α)∴|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|,符合題設
③當λ<-1時,α=>=x2, β=<=x1,即β<x1<x2<α
∴g(α)<g(x2)<g(x1)<g(β)∴|g(α)-g(β)|>|g(x1)-g(x2)|也符合題設……… ……………………15分
由此,綜合①②③得所求的λ的取值范圍是λ<0且λ≠-1…… ………………………………
18、……16分
數學Ⅱ(附加題)參考答案
1.解:矩陣M的特征多項式為=.
令得矩陣M的特征值為-1和3 .
當
所以矩陣M的屬于特征值-1的一個特征向量為.
當
所以矩陣M的屬于特征值3的一個特征向量為.
2.解:直線l的普通方程為:,設橢圓C上的點到直線l距離為.
∴當時,,當時,.
3.解:(1)以AB,AC,分別為軸,建立空間直角坐標系,則,
平面ABC的一個法向量為則 (*)
于是問題轉化為二次函數求最值,而當最大時,最大,所以當時,
.
(3)已知給出了平面PMN與平面ABC所成的二面角為,即可得到平面ABC的一個法向量為
,設平面PMN的一個法向量為,.
由得 ,解得.
令于是由
,解得的延長線上,且.
4.解:⑴當
假設當
則當時,
…
其中….
所以
所以;
(2),故的末位數字是7.