1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1某校團委對“學生性別與中學生追星是否有關”作了一次調查，利用列聯表，由計算得,參照下表:0.010.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828得到正確結論是( )A有99%

2、以上的把握認為“學生性別與中學生追星無關”B有99%以上的把握認為“學生性別與中學生追星有關”C在犯錯誤的概率不超過0.5%的前提下，認為“學生性別與中學生追星無關”D在犯錯誤的概率不超過0.5%的前提下，認為“學生性別與中學生追星有關”2已知函數，將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，若函數的圖象的一條對稱軸是，則的最小值為ABCD3已知集合，集合，則（ ）ABCD4已知，若，則向量在向量方向的投影為（ ）ABCD5設直線的方程為，圓的方程為，若直線被圓所截得的弦長為，則實數的取值為A或11B或11CD6某四棱錐的三視圖如圖所示，記S為此棱錐所有棱的長度的集合，則（ ）ABCD7執

3、行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的值為（ ）A0B1CD8的二項展開式中，的系數是（ ）A70B-70C28D-289函數的圖象大致是（）ABCD10已知數列，是首項為8，公比為得等比數列，則等于（ ）A64B32C2D411已知實數滿足約束條件，則的最小值是ABC1D412如圖，在ABC中，點M是邊BC的中點，將ABM沿著AM翻折成ABM，且點B不在平面AMC內，點P是線段BC上一點.若二面角P-AM-B與二面角P-AM-C的平面角相等，則直線AP經過ABC的（ ）A重心B垂心C內心D外心二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知兩圓相交于兩點,，若兩圓圓心都在直線上，則的

4、值是_ .14等腰直角三角形內有一點P，則面積為_.15已知函數若關于的不等式的解集是，則的值為_16設函數，若存在實數m，使得關于x的方程有4個不相等的實根，且這4個根的平方和存在最小值，則實數a的取值范圍是_.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）的內角的對邊分別為，且.（1）求；（2）若，點為邊的中點，且，求的面積.18（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線l的參數方程為（為參數），以原點O為極點，x軸非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為4sin.（1）求曲線C的普通方程；（2）求曲線l和曲線C的公共點的極坐標.19（12分）設橢圓的右

5、焦點為，過的直線與交于兩點，點的坐標為（1）當直線的傾斜角為時，求線段AB的中點的橫坐標；（2）設點A關于軸的對稱點為C，求證：M，B，C三點共線；（3）設過點M的直線交橢圓于兩點，若橢圓上存在點P，使得（其中O為坐標原點），求實數的取值范圍20（12分）如圖，矩形和梯形所在的平面互相垂直，.（1）若為的中點，求證：平面；（2）若，求四棱錐的體積.21（12分）已知函數.（1）當時，解關于的不等式；（2）若對任意，都存在，使得不等式成立，求實數的取值范圍.22（10分）已知定點，直線、相交于點，且它們的斜率之積為，記動點的軌跡為曲線。（1）求曲線的方程；（2）過點的直線與曲線交于、兩點，是否存

6、在定點，使得直線與斜率之積為定值，若存在，求出坐標；若不存在，請說明理由。參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1B【解析】通過與表中的數據6.635的比較，可以得出正確的選項.【詳解】解:，可得有99%以上的把握認為“學生性別與中學生追星有關”，故選B.【點睛】本題考查了獨立性檢驗的應用問題，屬于基礎題.2C【解析】將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，因為函數的圖象的一條對稱軸是，所以，即，所以，又，所以的最小值為故選C3C【解析】求出集合的等價條件,利用交集的定義進行求解即可.【詳解】解：,故選：C.【點睛

7、】本題主要考查了對數的定義域與指數不等式的求解以及集合的基本運算,屬于基礎題.4B【解析】由，再由向量在向量方向的投影為化簡運算即可【詳解】， 向量在向量方向的投影為.故選：B.【點睛】本題考查向量投影的幾何意義，屬于基礎題5A【解析】圓的圓心坐標為（1，1），該圓心到直線的距離，結合弦長公式得，解得或，故選A6D【解析】如圖所示：在邊長為的正方體中，四棱錐滿足條件，故，得到答案.【詳解】如圖所示：在邊長為的正方體中，四棱錐滿足條件.故，.故，故，.故選：.【點睛】本題考查了三視圖，元素和集合的關系，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.7A【解析】根據輸入的值大小關系，代入程序框圖即可求解.

8、【詳解】輸入，因為，所以由程序框圖知，輸出的值為.故選：A【點睛】本題考查了對數式大小比較，條件程序框圖的簡單應用，屬于基礎題.8A【解析】試題分析：由題意得，二項展開式的通項為，令，所以的系數是，故選A考點：二項式定理的應用9C【解析】根據函數奇偶性可排除AB選項；結合特殊值，即可排除D選項.【詳解】，函數為奇函數，排除選項A，B；又當時，故選：C.【點睛】本題考查了依據函數解析式選擇函數圖象，注意奇偶性及特殊值的用法，屬于基礎題.10A【解析】根據題意依次計算得到答案.【詳解】根據題意知：，故，.故選：.【點睛】本題考查了數列值的計算，意在考查學生的計算能力.11B【解析】作出該不等式組表

9、示的平面區域，如下圖中陰影部分所示，設，則，易知當直線經過點時，z取得最小值，由，解得，所以，所以，故選B12A【解析】根據題意P到兩個平面的距離相等，根據等體積法得到SPBM=SPCM，得到答案.【詳解】二面角P-AM-B與二面角P-AM-C的平面角相等，故P到兩個平面的距離相等.故VP-ABM=VP-ACM，即VA-PBM=VA-PCM，兩三棱錐高相等，故SPBM=SPCM，故BP=CP，故P為CB中點.故選：A.【點睛】本題考查了二面角，等體積法，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據題意，相交兩圓的連心線垂直平分相交弦，可

10、得與直線垂直，且的中點在這條直線上，列出方程解得即可得到結論.【詳解】由,，設的中點為，根據題意，可得,且，解得，,，故.故答案為：.【點睛】本題考查相交弦的性質，解題的關鍵在于利用相交弦的性質，即兩圓的連心線垂直平分相交弦，屬于基礎題.14【解析】利用余弦定理計算，然后根據平方關系以及三角形面積公式，可得結果.【詳解】設由題可知：由，所以化簡可得：則或，即或由，所以所以故答案為：【點睛】本題主要考查余弦定理解三角形，仔細觀察，細心計算，屬基礎題.15【解析】根據題意可知的兩根為,再根據解集的區間端點得出參數的關系,再求解即可.【詳解】解：因為函數,關于的不等式的解集是 的兩根為：和；所以有：

11、且；且；故答案為：【點睛】本題主要考查了不等式的解集與參數之間的關系,屬于基礎題.16【解析】先確定關于x的方程當a為何值時有4個不相等的實根，再將這四個根的平方和表示出來，利用函數思想來判斷當a為何值時這4個根的平方和存在最小值即可.【詳解】由題意，當時，此時，此時函數在單調遞減，在單調遞增，方程最多2個不相等的實根，舍；當時，函數圖象如下所示：從左到右方程，有4個不相等的實根，依次為，即，由圖可知，故，且，從而，令，顯然，要使該式在時有最小值，則對稱軸，解得.綜上所述，實數a的取值范圍是.【點睛】本題考查了函數和方程的知識，但需要一定的邏輯思維能力，屬于較難題.三、解答題：共70分。解答應

12、寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）；（2）.【解析】(1)利用正弦定理邊化角,再利用余弦定理求解即可.(2) 為為的中線,所以再平方后利用向量的數量積公式進行求解,再代入可解得,再代入面積公式求解即可.【詳解】（1）由,可得,由余弦定理可得,故.（2）因為為的中線,所以,兩邊同時平方可得,故.因為,所以.所以的面積.【點睛】本題主要考查了利用正余弦定理與面積公式求解三角形的問題,同時也考查了向量在解三角形中的運用,屬于中檔題.18（1）（2）(2，)【解析】（1）利用極坐標和直角坐標的轉化公式求解.（2）先把兩個方程均化為普通方程，求解公共點的直角坐標，然后化為極坐標即可.【詳解】（

13、1）曲線C的極坐標方程為，則,即.（2），聯立可得，（舍）或，公共點(，3)，化為極坐標(2，)【點睛】本題主要考查極坐標和直角坐標的轉化及交點的求解，熟記極坐標和直角坐標的轉化公式是求解的關鍵，交點問題一般是統一一種坐標形式求解后再進行轉化，側重考查數學運算的核心素養.19 (1) AB的中點的橫坐標為；（2）證明見解析；（3）【解析】設.（1）因為直線的傾斜角為，所以直線AB的方程為，聯立方程組，消去并整理，得，則，故線段AB的中點的橫坐標為（2）根據題意得點，若直線AB的斜率為0，則直線AB的方程為，A、C兩點重合，顯然M，B，C三點共線；若直線AB的斜率不為0，設直線AB的方程為，聯立

14、方程組，消去并整理得，則，設直線BM、CM的斜率分別為、，則，即=，即M，B，C三點共線 （3）根據題意，得直線GH的斜率存在，設該直線的方程為，設，聯立方程組，消去并整理，得，由，整理得，又，所以， 結合，得，當時，該直線為軸，即，此時橢圓上任意一點P都滿足，此時符合題意； 當時，由，得，代入橢圓C的方程，得，整理，得，再結合，得到，即，綜上，得到實數的取值范圍是20 (1)見解析(2) 【解析】（1）設EC與DF交于點N，連結MN，由中位線定理可得MNAC，故AC平面MDF；（2）取CD中點為G，連結BG，EG，則可證四邊形ABGD是矩形，由面面垂直的性質得出BG平面CDEF，故BGDF，

15、又DFBE得出DF平面BEG，從而得出DFEG，得出RtDEGRtEFD，列出比例式求出DE，代入體積公式即可計算出體積【詳解】（1）證明：設與交于點，連接，在矩形中，點為中點，為的中點，又平面，平面，平面.（2）取中點為，連接，平面平面，平面平面，平面，平面，同理平面，的長即為四棱錐的高，在梯形中，四邊形是平行四邊形，平面，又平面，又，平面，.注意到，.【點睛】求錐體的體積要充分利用多面體的截面和旋轉體的軸截面，將空間問題轉化為平面問題求解，注意求體積的一些特殊方法分割法、補形法、等體積法. 割補法：求一些不規則幾何體的體積時，常用割補法轉化成已知體積公式的幾何體進行解決等積法：等積法包括等

16、面積法和等體積法等積法的前提是幾何圖形(或幾何體)的面積(或體積)通過已知條件可以得到，利用等積法可以用來求解幾何圖形的高或幾何體的高，特別是在求三角形的高和三棱錐的高時，這一方法回避了通過具體作圖得到三角形(或三棱錐)的高，而通過直接計算得到高的數值21（1）；（2）.【解析】（1）分類討論去絕對值號，然后解不等式即可.（2）因為對任意，都存在，使得不等式成立，等價于，根據絕對值不等式易求，根據二次函數易求，然后解不等式即可.【詳解】解：（1）當時，則當時，由得，解得；當時，恒成立；當時，由得，解得.所以的解集為（2）對任意，都存在，得成立，等價于.因為，所以，且|，當時，式等號成立，即.又因為，當時，式等號成立，即.所以，即即的取值范圍為：.【點睛】知識：考查含兩個絕對值號的不等式的解法；恒成立問題和存在性問題求參變數的范圍問題；能力：分析問題和解決問題的能力以及運算求解