1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡

2、一并交回。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正方形的邊長為，是正方形內部（不包括正方形的邊）一點，且，則的最小值為（ ）ABCD2設，集合，則（）ABCD3 的內角的對邊分別為，已知，則角的大小為（ ）ABCD4已知函數，若曲線上始終存在兩點，使得，且的中點在軸上，則正實數的取值范圍為（ ）ABCD5如圖，這是某校高三年級甲、乙兩班在上學期的5次數學測試的班級平均分的莖葉圖，則下列說法不正確的是（ ）A甲班的數學成績平均分的平均水平高于乙班B甲班的數學成績的平均分比乙班穩定C甲班的數學成績平均分的中位數高于乙班D甲、乙兩班這

3、5次數學測試的總平均分是1036已知（為虛數單位，為的共軛復數），則復數在復平面內對應的點在（ ）.A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限7設函數，當時，則（ ）ABC1D8各項都是正數的等比數列的公比，且成等差數列，則的值為()ABCD或9若函數f(x)a|2x4|(a0，a1)滿足f(1)，則f(x)的單調遞減區間是( )A(，2B2，)C2，)D(，210已知中，則（ ）A1BCD11已知圓錐的高為3，底面半徑為，若該圓錐的頂點與底面的圓周都在同一個球面上，則這個球的體積與圓錐的體積的比值為( )ABCD12已知函數，存在實數，使得，則的最大值為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，

4、每小題5分，共20分。13設等差數列的前項和為，若，則_，的最大值是_.14如圖，在中，點在邊上，且，將射線繞著逆時針方向旋轉，并在所得射線上取一點，使得，連接，則的面積為_15在的展開式中，常數項為_.(用數字作答)16如圖，在平面四邊形ABCD中，|AC|=3,|BD|=4，則(AB+DC)(BC+AD)=_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）對于非負整數集合（非空），若對任意，或者，或者，則稱為一個好集合以下記為的元素個數（1）給出所有的元素均小于的好集合（給出結論即可）（2）求出所有滿足的好集合（同時說明理由）（3）若好集合滿足，求證：中存在元素

5、，使得中所有元素均為的整數倍18（12分）已知點，直線與拋物線交于不同兩點、，直線、與拋物線的另一交點分別為兩點、，連接，點關于直線的對稱點為點，連接、（1）證明：；（2）若的面積，求的取值范圍19（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為.（1）求曲線C的極坐標方程和直線l的直角坐標方程；（2）若射線與曲線C交于點A（不同于極點O），與直線l交于點B，求的最大值.20（12分）已知圓M：及定點，點A是圓M上的動點，點B在上，點G在上，且滿足，點G的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的方程；（2）設斜率為k

6、的動直線l與曲線C有且只有一個公共點，與直線和分別交于P、Q兩點.當時，求（O為坐標原點）面積的取值范圍.21（12分）已知在中，角，的對邊分別為，且.（1）求的值；（2）若，求面積的最大值.22（10分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（是參數），以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（1）求直線與曲線的普通方程，并求出直線的傾斜角；（2）記直線與軸的交點為是曲線上的動點，求點的最大距離.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。1C【解析】分別以直線為軸，直線為軸建立平面直角坐標系，設，根據，

7、可求，而，化簡求解.【詳解】解：建立以為原點，以直線為軸，直線為軸的平面直角坐標系.設，則，由，即，得.所以=，所以當時，的最小值為.故選：C.【點睛】本題考查向量的數量積的坐標表示，屬于基礎題.2B【解析】先化簡集合A,再求.【詳解】由 得： ，所以 ，因此 ，故答案為B【點睛】本題主要考查集合的化簡和運算，意在考查學生對這些知識的掌握水平和計算推理能力.3A【解析】先利用正弦定理將邊統一化為角，然后利用三角函數公式化簡，可求出解B.【詳解】由正弦定理可得，即，即有，因為，則，而，所以.故選：A【點睛】此題考查了正弦定理和三角函數的恒等變形，屬于基礎題.4D【解析】根據中點在軸上，設出兩點的

8、坐標，（）.對分成三類，利用則，列方程，化簡后求得，利用導數求得的值域，由此求得的取值范圍.【詳解】根據條件可知，兩點的橫坐標互為相反數，不妨設，（），若，則，由，所以，即，方程無解；若，顯然不滿足；若，則，由，即，即，因為，所以函數在上遞減，在上遞增，故在處取得極小值也即是最小值，所以函數在上的值域為，故.故選D.【點睛】本小題主要考查平面平面向量數量積為零的坐標表示，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查利用導數研究函數的最小值，考查分析與運算能力，屬于較難的題目.5D【解析】計算兩班的平均值，中位數，方差得到正確，兩班人數不知道，所以兩班的總平均分無法計算，錯誤，得到答案.【詳解】由題意可得

9、甲班的平均分是104，中位數是103，方差是26.4；乙班的平均分是102，中位數是101，方差是37.6，則A，B，C正確.因為甲、乙兩班的人數不知道，所以兩班的總平均分無法計算，故D錯誤.故選：.【點睛】本題考查了莖葉圖，平均值，中位數，方差，意在考查學生的計算能力和應用能力.6D【解析】設，由，得，利用復數相等建立方程組即可.【詳解】設，則，所以，解得，故，復數在復平面內對應的點為，在第四象限.故選：D.【點睛】本題考查復數的幾何意義，涉及到共軛復數的定義、復數的模等知識，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.7A【解析】由降冪公式，兩角和的正弦公式化函數為一個角的一個三角函數形式，然后

10、由正弦函數性質求得參數值【詳解】，時，由題意，故選：A【點睛】本題考查二倍角公式，考查兩角和的正弦公式，考查正弦函數性質，掌握正弦函數性質是解題關鍵8C【解析】分析：解決該題的關鍵是求得等比數列的公比，利用題中所給的條件，建立項之間的關系，從而得到公比所滿足的等量關系式，解方程即可得結果.詳解：根據題意有，即，因為數列各項都是正數，所以，而，故選C.點睛：該題應用題的條件可以求得等比數列的公比，而待求量就是，代入即可得結果.9B【解析】由f(1)=得a2=,a=或a=-(舍),即f(x)=(.由于y=|2x-4|在(-,2上單調遞減,在2,+)上單調遞增,所以f(x)在(-,2上單調遞增,在2

11、,+)上單調遞減,故選B.10C【解析】以為基底，將用基底表示，根據向量數量積的運算律，即可求解.【詳解】,.故選:C.【點睛】本題考查向量的線性運算以及向量的基本定理，考查向量數量積運算，屬于中檔題.11B【解析】計算求半徑為，再計算球體積和圓錐體積，計算得到答案.【詳解】如圖所示：設球半徑為，則，解得.故求體積為：，圓錐的體積：，故.故選：.【點睛】本題考查了圓錐，球體積，圓錐的外接球問題，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.12A【解析】畫出分段函數圖像，可得，由于，構造函數，利用導數研究單調性，分析最值，即得解.【詳解】由于，,由于，令，在，故.故選：A【點睛】本題考查了導數在函數性

12、質探究中的應用，考查了學生數形結合，轉化劃歸，綜合分析，數學運算的能力，屬于較難題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13 【解析】利用等差數列前項和公式，列出方程組，求出首項和公差的值，利用等差數列的通項公式可求出數列的通項公式，可求出的表達式，然后利用雙勾函數的單調性可求出的最大值.【詳解】（1）設等差數列的公差為，則，解得，所以，數列的通項公式為；（2），令，則且，由雙勾函數的單調性可知，函數在時單調遞減，在時單調遞增，當或時，取得最大值為.故答案為：；.【點睛】本題考查等差數列的通項公式、前項和的求法，考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題14【解析】由

13、余弦定理求得，再結合正弦定理得，進而得，得，則面積可求【詳解】由，得，解得.因為，所以，所以.又因為，所以.因為，所以.故答案為【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理的應用，考查運算求解能力，是中檔題15【解析】的展開式的通項為，取計算得到答案.【詳解】的展開式的通項為：，取得到常數項.故答案為：.【點睛】本題考查了二項式定理，意在考查學生的計算能力.16-7【解析】由題意得AB+DC=AC-BD,BC+AD=AC+BD，然后根據數量積的運算律求解即可【詳解】由題意得AB+DC=AC+CB+(DB+BC)=AC-BD,BC+AD=BA+AC+(AB+BD)=AC+BD，AB+DCBC+AD=AC-

14、BDAC+BD=AC2-BD2=9-16=-7【點睛】突破本題的關鍵是抓住題中所給圖形的特點，利用平面向量基本定理和向量的加減運算，將所給向量統一用AC,BD表示，然后再根據數量積的運算律求解，這樣解題方便快捷三、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（1），（2）；證明見解析（3）證明見解析【解析】（1）根據好集合的定義列舉即可得到結果；（2）設，其中，由知；由可知或，分別討論兩種情況可的結果；（3）記，則，設，由歸納推理可求得，從而得到，從而得到，可知存在元素滿足題意.【詳解】（1），（2）設，其中，則由題意：，故，即，考慮，可知：，或，若，則考慮，則，但此時，不滿

15、足題意；若，此時，滿足題意，其中為相異正整數（3）記，則，首先，設，其中，分別考慮和其他任一元素，由題意可得：也在中，而，對于，考慮，其和大于，故其差，特別的，由，且，以此類推：，此時，故中存在元素，使得中所有元素均為的整數倍【點睛】本題考查集合中的新定義問題的求解，關鍵是明確已知中所給的新定義的具體要求，根據集合元素的要求進行推理說明，對于學生分析和解決問題能力、邏輯推理能力有較高的要求，屬于較難題.18（1）見解析；（2）【解析】（1）設點、，求出直線、的方程，與拋物線的方程聯立，求出點、的坐標，利用直線、的斜率相等證明出；（2）設點到直線、的距離分別為、，求出，利用相似得出，可得出的邊上

16、的高，并利用弦長公式計算出，即可得出關于的表達式，結合不等式可解出實數的取值范圍.【詳解】（1）設點、，則，直線的方程為：，由，消去并整理得，由韋達定理可知，代入直線的方程，得，解得，同理，可得，,代入得，因此，；（2）設點到直線、的距離分別為、，則，由（1）知，同理，得，由，整理得，由韋達定理得，得，設點到直線的高為，則，解得，因此，實數的取值范圍是.【點睛】本題考查直線與直線平行的證明，考查實數的取值范圍的求法，考查拋物線、直線方程、韋達定理、弦長公式、直線的斜率等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想，是難題19（1）：，直線：；（2）【解析】（1）由消參法把參數方程化為普通方程，

17、再由公式進行直角坐標方程與極坐標方程的互化；（2）由極徑的定義可直接把代入曲線和直線的極坐標方程，求出極徑，把比值化為的三角函數，從而可得最大值、【詳解】（1）消去參數可得曲線的普通方程是，即，代入得，即，曲線的極坐標方程是；由，化為直角坐標方程為（2）設，則，當時，取得最大值為【點睛】本題考查參數方程與普通方程的互化，考查極坐標方程與直角坐標方程的互化，掌握公式可輕松自如進行極坐標方程與直角坐標方程的互化20（1）；（2）.【解析】（1）根據題意得到GB是線段的中垂線，從而為定值，根據橢圓定義可知點G的軌跡是以M，N為焦點的橢圓，即可求出曲線C的方程；（2）聯立直線方程和橢圓方程，表示處的面

18、積代入韋達定理化簡即可求范圍.【詳解】（1）為的中點，且是線段的中垂線，又，點G的軌跡是以M，N為焦點的橢圓，設橢圓方程為（），則，所以曲線C的方程為.（2）設直線l：（），由消去y，可得.因為直線l總與橢圓C有且只有一個公共點，所以，.又由可得；同理可得.由原點O到直線的距離為和，可得.將代入得，當時，綜上，面積的取值范圍是.【點睛】此題考查了軌跡和直線與曲線相交問題，軌跡通過已知條件找到幾何關系從而判斷軌跡，直線與曲線相交一般聯立設而不求韋達定理進行求解即可，屬于一般性題目.21 (1);(2) .【解析】分析：（1）在式子中運用正弦、余弦定理后可得（2）由經三角變換可得，然后運用余弦定理可得，從而得到，故得詳解：(1)由題意及正、余弦定理得， 整理得，（2）由題意得， ，. 由余弦定理得， ，當且僅當時等號成立 面積的最大值為點睛：（1）正、余弦定理經常與三角形的面積綜合在一起考查，解題時要注意整體代換的應用，如余弦定理中常用的變形，這樣自然地與三角