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設為等差數列的前項和，若，則ABCD2已知雙曲線的實軸長為，離心率為，、分別為雙曲線的左、右焦點，點在雙曲線上運動，若為銳角三角形，則的取值范圍是（ ）ABCD3已知斜率為k的直線l與拋物線交于A，B兩點，線段AB的中點為，則斜率k的取值范圍是（ ）ABCD4“學習強國”學習平臺是由中宣部主管，以深入學習宣傳習近平新時代中國特色社會主義思想為主要內容，立足全體黨員面向全社會的優質平臺，現日益成為老百姓了解國家動態緊跟時代脈搏的熱門該款軟件主要設有“閱讀文章”“視聽學習”兩個學習模塊

3、和“每日答題”“每周答題”“專項答題”“挑戰答題”四個答題模塊某人在學習過程中，“閱讀文章”不能放首位，四個答題板塊中有且僅有三個答題板塊相鄰的學習方法有（ ）A60B192C240D4325已知向量，則向量在向量上的投影是（ ）ABCD6已知定義在上的奇函數滿足：（其中），且在區間上是減函數，令，則，的大小關系（用不等號連接）為（ ）ABCD7已知集合，則=( )ABCD8由曲線yx2與曲線y2x所圍成的平面圖形的面積為()A1BCD9己知四棱錐中，四邊形為等腰梯形，是等邊三角形，且；若點在四棱錐的外接球面上運動，記點到平面的距離為，若平面平面，則的最大值為（ ）ABCD10已知集合A=x|

4、x1，B=x|，則ABCD11已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積為（ ）A3BCD12在的展開式中，含的項的系數是（ ）A74B121CD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在的二項展開式中，所有項的系數的和為_14關于函數有下列四個命題：函數在上是增函數；函數的圖象關于中心對稱；不存在斜率小于且與函數的圖象相切的直線；函數的導函數不存在極小值.其中正確的命題有_.（寫出所有正確命題的序號）15過動點作圓：的切線，其中為切點，若（為坐標原點），則的最小值是_16已知正方體ABCD-A1B1C1D1棱長為2，點P是上底面A1B1C1D1內一動點，若三棱錐P-ABC的

5、外接球表面積恰為414，則此時點P構成的圖形面積為_.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）某房地產開發商在其開發的某小區前修建了一個弓形景觀湖如圖，該弓形所在的圓是以為直徑的圓，且米，景觀湖邊界與平行且它們間的距離為米開發商計劃從點出發建一座景觀橋（假定建成的景觀橋的橋面與地面和水面均平行），橋面在湖面上的部分記作設（1）用表示線段并確定的范圍；（2）為了使小區居民可以充分地欣賞湖景，所以要將的長度設計到最長，求的最大值18（12分）如圖，在直三棱柱中，分別是中點，且，.求證：平面；求點到平面的距離.19（12分）如圖，直三棱柱中，底面為等腰直角三角形，

6、分別為，的中點，為棱上一點，若平面.（1）求線段的長；（2）求二面角的余弦值.20（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數，），點.以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的直角坐標方程，并指出其形狀；（2）曲線與曲線交于，兩點，若，求的值.21（12分）某單位準備購買三臺設備，型號分別為已知這三臺設備均使用同一種易耗品，提供設備的商家規定：可以在購買設備的同時購買該易耗品，每件易耗品的價格為100元，也可以在設備使用過程中，隨時單獨購買易耗品，每件易耗品的價格為200元.為了決策在購買設備時應購買的易耗品的件數.該單位調查了這三種型號的設備各6

7、0臺，調査每臺設備在一個月中使用的易耗品的件數，并得到統計表如下所示.每臺設備一個月中使用的易耗品的件數678型號A30300頻數型號B203010型號C04515將調查的每種型號的設備的頻率視為概率，各臺設備在易耗品的使用上相互獨立.（1）求該單位一個月中三臺設備使用的易耗品總數超過21件的概率；（2）以該單位一個月購買易耗品所需總費用的期望值為決策依據，該單位在購買設備時應同時購買20件還是21件易耗品？22（10分）已知曲線：和：（為參數）.以原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，且兩種坐標系中取相同的長度單位.（1）求曲線的直角坐標方程和的方程化為極坐標方程；（2）設與，軸交于，

8、兩點，且線段的中點為.若射線與，交于，兩點，求，兩點間的距離.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】根據等差數列的性質可得，即，所以，故選C2A【解析】由已知先確定出雙曲線方程為，再分別找到為直角三角形的兩種情況，最后再結合即可解決.【詳解】由已知可得，所以，從而雙曲線方程為，不妨設點在雙曲線右支上運動，則，當時，此時，所以，所以；當軸時，所以，又為銳角三角形，所以.故選：A.【點睛】本題考查雙曲線的性質及其應用，本題的關鍵是找到為銳角三角形的臨界情況，即為直角三角形，是一道中檔題.3C【解析】設，設直線的方程

9、為：，與拋物線方程聯立，由得，利用韋達定理結合已知條件得，代入上式即可求出的取值范圍【詳解】設直線的方程為：， ，聯立方程，消去得：，且，線段的中點為,，把 代入，得，故選：【點睛】本題主要考查了直線與拋物線的位置關系，考查了韋達定理的應用，屬于中檔題4C【解析】四個答題板塊中選三個捆綁在一起，和另外一個答題板塊用插入法注意按“閱讀文章”分類【詳解】四個答題板塊中選三個捆綁在一起，和另外一個答題板塊用插入法，由于“閱讀文章”不能放首位，因此不同的方法數為故選：C【點睛】本題考查排列組合的應用，考查捆綁法和插入法求解排列問題對相鄰問題用捆綁法，不相鄰問題用插入法是解決這類問題的常用方法5A【解析

10、】先利用向量坐標運算求解，再利用向量在向量上的投影公式即得解【詳解】由于向量，故向量在向量上的投影是.故選：A【點睛】本題考查了向量加法、減法的坐標運算和向量投影的概念，考查了學生概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.6A【解析】因為，所以，即周期為，因為為奇函數，所以可作一個周期-2e,2e示意圖，如圖在（，）單調遞增，因為，因此，選點睛：函數對稱性代數表示（1）函數為奇函數 ，函數為偶函數（定義域關于原點對稱）；（2）函數關于點對稱，函數關于直線對稱，（3）函數周期為T,則7C【解析】計算，再計算交集得到答案.【詳解】，故.故選：.【點睛】本題考查了交集運算，意在考查學生的計算能力.8B【

11、解析】首先求得兩曲線的交點坐標，據此可確定積分區間，然后利用定積分的幾何意義求解面積值即可.【詳解】聯立方程：可得：，結合定積分的幾何意義可知曲線yx2與曲線y2x所圍成的平面圖形的面積為：.本題選擇B選項.【點睛】本題主要考查定積分的概念與計算，屬于中等題.9A【解析】根據平面平面，四邊形為等腰梯形，則球心在過的中點的面的垂線上，又是等邊三角形，所以球心也在過的外心面的垂線上，從而找到球心，再根據已知量求解即可.【詳解】依題意如圖所示：取的中點，則是等腰梯形外接圓的圓心，取是的外心，作平面平面，則是四棱錐的外接球球心，且，設四棱錐的外接球半徑為，則，而，所以，故選：A.【點睛】本題考查組合體

12、、球，還考查空間想象能力以及數形結合的思想，屬于難題.10A【解析】集合集合，故選A11B【解析】由三視圖知：幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，如圖：直三棱柱的體積為，消去的三棱錐的體積為，幾何體的體積，故選B. 點睛：本題考查了由三視圖求幾何體的體積，根據三視圖判斷幾何體的形狀及相關幾何量的數據是解答此類問題的關鍵；幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，結合直觀圖分別求出直三棱柱的體積和消去的三棱錐的體積，相減可得幾何體的體積.12D【解析】根據，利用通項公式得到含的項為：，進而得到其系數，【詳解】因為在，所以含的項為：，所以含的項的系數是的系數是，故選：D【點睛】本題主要考查二項展開式及通項公式和

13、項的系數，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。131【解析】設，令，的值即為所有項的系數之和。【詳解】設，令，所有項的系數的和為。【點睛】本題主要考查二項式展開式所有項的系數的和的求法賦值法。一般地，對于 ，展開式各項系數之和為，注意與“二項式系數之和”區分。14【解析】由單調性、對稱性概念、導數的幾何意義、導數與極值的關系進行判斷【詳解】函數的定義域是，由于，在上遞增，函數在上是遞增，正確；，函數的圖象關于中心對稱，正確；，時取等號，正確；，設，則，顯然是即的極小值點，錯誤故答案為：.【點睛】本題考查函數的單調性、對稱性，考查導數的幾何意義、導

14、數與極值，解題時按照相關概念判斷即可，屬于中檔題15【解析】解答：由圓的方程可得圓心C的坐標為(2,2)，半徑等于1.由M(a,b),則|MN|2=(a2)2+(b2)212=a2+b24a4b+7，|MO|2=a2+b2.由|MN|=|MO|,得a2+b24a4b+7=a2+b2.整理得：4a+4b7=0.a，b滿足的關系為：4a+4b7=0.求|MN|的最小值，就是求|MO|的最小值在直線4a+4b7=0上取一點到原點距離最小，由“垂線段最短”得，直線OM垂直直線4a+4b7=0，由點到直線的距離公式得：MN的最小值為： .16.【解析】設三棱錐P-ABC的外接球為球O，分別取AC、A1C

15、1的中點O、O1，先確定球心O在線段AC和A1C1中點的連線上，先求出球O的半徑R的值，然后利用勾股定理求出OO的值，于是得出OO1=OO1-OO，再利用勾股定理求出點P在上底面軌跡圓的半徑長，最后利用圓的面積公式可求出答案【詳解】如圖所示，設三棱錐P-ABC的外接球為球O，分別取AC、A1C1的中點O、O1，則點O在線段OO1上，由于正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，則ABC的外接圓的半徑為OA=2，設球O的半徑為R，則4R2=414，解得R=414.所以，OO=R2-OA2=34，則OO1=OO1-OO=2-34=54而點P在上底面A1B1C1D1所形成的軌跡是以O1為圓心的圓，

16、由于OP=R=414，所以O1P=R2-OO12=1，因此，點P所構成的圖形的面積為O1P2=.【點睛】本題考查三棱錐的外接球的相關問題，根據立體幾何中的線段關系求動點的軌跡，屬于中檔題.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）米.【解析】(1) 過點作于點再在中利用正弦定理求解,再根據求解,進而求得.再根據確定的范圍即可.(2)根據(1)有,再設,求導分析函數的單調性與最值即可.【詳解】解：過點作于點 則,在中,由正弦定理得：, ,因為,化簡得,令,且,因為,故令即,記,當時,單調遞增；當時,單調遞減,又, 當時,取最大值,此時,的最大值為米【點睛】

17、本題主要考查了三角函數在實際中的應用,需要根據題意建立角度與長度間的關系,進而求導分析函數的單調性,根據三角函數值求解對應的最值即可.屬于難題.18（1）詳見解析；（2）.【解析】（1）利用線面垂直的判定定理和性質定理即可證明；（2）取中點為,則,證得平面,利用等體積法求解即可.【詳解】（1）因為，是的中點，為直三棱柱，所以平面，因為為中點，所以 平面，又,平面（2），又分別是中點，.由（1）知，,又平面,取中點為,連接如圖,則，平面，設點到平面的距離為，由，得，即，解得，點到平面的距離為.【點睛】本題考查線面垂直的判定定理和性質定理、等體積法求點到面的距離；考查邏輯推理能力和運算求解能力；熟

18、練掌握線面垂直的判定定理和性質定理是求解本題的關鍵；屬于中檔題.19（1）（2）【解析】（1）先證得，設與交于點，在中解直角三角形求得，由此求得的值.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值.【詳解】（1）由題意，設與交于點，在中，可求得，則，可求得，則（2）以為原點，方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系.，易得平面的法向量為.，易得平面的法向量為.設二面角為，由圖可知為銳角，所以.即二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查根據線面垂直求邊長，考查二面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.20（1），以為圓心，為半徑的圓；（2）【解析】

19、（1）根據極坐標與直角坐標的互化公式，直接得到的直角坐標方程并判斷形狀；（2）聯立直線參數方程與的直角坐標方程，根據直線參數方程中的幾何意義結合求解出的值.【詳解】解：（1）由，得，所以，即，.所以曲線是以為圓心，為半徑的圓.（2）將代入，整理得.設點，所對應的參數分別為，則，.，解得，則.【點睛】本題考查極坐標與直角坐標的互化以及根據直線參數方程中的幾何意義求值，難度一般.（1）極坐標與直角坐標的互化公式：；（2）若要使用直線參數方程中的幾何意義，要注意將直線的標準參數方程代入到對應曲線的直角坐標方程中，構成關于的一元二次方程并結合韋達定理形式進行分析求解.21（1）（2）應該購買21件易耗品【解析】（1）由統計表中數據可得型號分別為在一個月使用易耗品的件數為6,7,8時的概率,設該單位三臺設備一個月中使用易耗品的件數總數為X,則,利用獨立事件概率公式進而求解即可；（2）由題可得X所有可能的取值為,即可求得對應的概率,再分別討論該單位在購買設備時應同時購買20件易耗品和21件易耗品時總費用的可能取值及期望,即可分析求解.【詳解】（1）由題中的表格可知A型號的設備一個月使用易耗品的件數為6和7的頻率均為