1、2021-2022高考數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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在直角中，若，則（ ）ABCD2已知集合Myy2x，x0，Nxylg（2xx2），則MN為（ ）A（1，）B（1，2）C2，）D1，）3設，點，設對一切都有不等式 成立，則

2、正整數的最小值為（ ）ABCD4已知正三角形的邊長為2，為邊的中點，、分別為邊、上的動點，并滿足，則的取值范圍是（ ）ABCD5已知雙曲線與雙曲線有相同的漸近線，則雙曲線的離心率為（）ABCD6圓柱被一平面截去一部分所得幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ） ABCD7設，且，則（ ）ABCD8已知直線：（）與拋物線：交于（坐標原點），兩點，直線：與拋物線交于，兩點.若，則實數的值為（ ）ABCD9已知，則a，b，c的大小關系為（ ）ABCD10我國古代數學家秦九韶在數書九章中記述了“三斜求積術”，用現代式子表示即為：在中，角所對的邊分別為，則的面積.根據此公式，若，且，則的面積為（

3、 ）ABCD11若函數（）的圖象過點，則（ ）A函數的值域是B點是的一個對稱中心C函數的最小正周期是D直線是的一條對稱軸12已知是空間中兩個不同的平面，是空間中兩條不同的直線，則下列說法正確的是（ ）A若，且，則B若，且，則C若，且，則D若，且，則二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13從集合中隨機取一個元素，記為，從集合中隨機取一個元素，記為，則的概率為_14設函數，則_.15連續擲兩次骰子，分別得到的點數作為點的坐標，則點落在圓內的概率為_16展開式中的系數為_.（用數字做答）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）已知直線的參數方程：（為參

4、數）和圓的極坐標方程：（1）將直線的參數方程化為普通方程，圓的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）已知點，直線與圓相交于、兩點，求的值.18（12分）已知，函數的最小值為1（1）證明：（2）若恒成立，求實數的最大值19（12分）已知等差數列中，數列的前項和.（1）求；（2）若，求的前項和.20（12分）已知橢圓（）的離心率為，且經過點.（1）求橢圓的方程；（2）過點作直線與橢圓交于不同的兩點，試問在軸上是否存在定點使得直線與直線恰關于軸對稱？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.21（12分）設橢圓的右焦點為，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；

5、（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22（10分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若關于的不等式的解集包含，求實數的取值范圍.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】在直角三角形ABC中，求得 ，再由向量的加減運算，運用平面向量基本定理，結合向量數量積的定義和性質：向量的平方即為模的平方，化簡計算即可得到所求值【詳解】在直角中，若，則 故選C.【點睛】本題考查向量的加減運算和數量積的定義

6、和性質，主要是向量的平方即為模的平方，考查運算能力，屬于中檔題2B【解析】M=y|y=2x,x0=y|y1，N=x|y=lg(2x-x2)=x|2x-x20=x|x2-2x0=x|0 x2，MN=(1,2)故選B3A【解析】先求得，再求得左邊的范圍，只需，利用單調性解得t的范圍.【詳解】由題意知sin，隨n的增大而增大，,，即，又f(t)=在t上單增，f(2)= -10，正整數的最小值為3.【點睛】本題考查了數列的通項及求和問題，考查了數列的單調性及不等式的解法，考查了轉化思想，屬于中檔題.4A【解析】建立平面直角坐標系，求出直線，設出點，通過，找出與的關系通過數量積的坐標表示，將表示成與的關

7、系式，消元，轉化成或的二次函數，利用二次函數的相關知識，求出其值域，即為的取值范圍【詳解】以D為原點，BC所在直線為軸，AD所在直線為軸建系，設，則直線 ， 設點， 所以 由得 ，即 ，所以，由及，解得，由二次函數的圖像知，所以的取值范圍是故選A【點睛】本題主要考查解析法在向量中的應用，以及轉化與化歸思想的運用5C【解析】由雙曲線與雙曲線有相同的漸近線，列出方程求出的值，即可求解雙曲線的離心率，得到答案【詳解】由雙曲線與雙曲線有相同的漸近線，可得，解得，此時雙曲線，則曲線的離心率為，故選C【點睛】本題主要考查了雙曲線的標準方程及其簡單的幾何性質的應用，其中解答中熟記雙曲線的幾何性質，準確運算是

8、解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題6B【解析】三視圖對應的幾何體為如圖所示的幾何體，利用割補法可求其體積.【詳解】根據三視圖可得原幾何體如圖所示，它是一個圓柱截去上面一塊幾何體，把該幾何體補成如下圖所示的圓柱，其體積為，故原幾何體的體積為. 故選：B.【點睛】本題考查三視圖以及不規則幾何體的體積，復原幾何體時注意三視圖中的點線關系與幾何體中的點、線、面的對應關系，另外，不規則幾何體的體積可用割補法來求其體積，本題屬于基礎題.7C【解析】將等式變形后，利用二次根式的性質判斷出，即可求出的范圍.【詳解】 即故選：C【點睛】此題考查解三角函數方程，恒等變化后根據的關系即可求解，屬于簡單

9、題目.8D【解析】設，聯立直線與拋物線方程，消去、列出韋達定理，再由直線與拋物線的交點求出點坐標，最后根據，得到方程，即可求出參數的值；【詳解】解：設，由，得，解得或，.又由，得，或，又，代入解得.故選：D【點睛】本題考查直線與拋物線的綜合應用，弦長公式的應用，屬于中檔題.9D【解析】與中間值1比較，可用換底公式化為同底數對數，再比較大小【詳解】，又，即，故選：D.【點睛】本題考查冪和對數的大小比較，解題時能化為同底的化為同底數冪比較，或化為同底數對數比較，若是不同類型的數，可借助中間值如0，1等比較10A【解析】根據，利用正弦定理邊化為角得，整理為，根據，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解

10、.【詳解】由得，即，即，因為，所以，由余弦定理，所以，由的面積公式得故選：A【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理以及類比推理，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.11A【解析】根據函數的圖像過點，求出，可得，再利用余弦函數的圖像與性質，得出結論.【詳解】由函數（）的圖象過點，可得，即，故，對于A，由，則，故A正確；對于B，當時，故B錯誤；對于C，故C錯誤；對于D，當時，故D錯誤；故選：A【點睛】本題主要考查了二倍角的余弦公式、三角函數的圖像與性質，需熟記性質與公式，屬于基礎題.12D【解析】利用線面平行和垂直的判定定理和性質定理,對選項做出判斷，舉出反例排除.【詳解】解：對于，當，且，則與的

11、位置關系不定，故錯；對于，當時，不能判定，故錯；對于，若，且，則與的位置關系不定，故錯；對于，由可得，又，則故正確故選：【點睛】本題考查空間線面位置關系.判斷線面位置位置關系利用好線面平行和垂直的判定定理和性質定理. 一般可借助正方體模型，以正方體為主線直觀感知并準確判斷二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】先求出隨機抽取a,b的所有事件數，再求出滿足的事件數，根據古典概型公式求出結果.【詳解】解：從集合中隨機取一個元素，記為，從集合中隨機取一個元素，記為，則的事件數為9個，即為，其中滿足的有，共有8個，故的概率為.【點睛】本題考查了古典概型的計算，解題的關鍵是準確列舉出

12、所有事件數.14【解析】由自變量所在定義域范圍，代入對應解析式，再由對數加減法運算法則與對數恒等式關系分別求值再相加，即為答案.【詳解】因為函數，則因為，則故故答案為：【點睛】本題考查分段函數求值，屬于簡單題.15【解析】連續擲兩次骰子共有種結果，列出滿足條件的結果有11種，利用古典概型即得解【詳解】由題意知，連續擲兩次骰子共有種結果，而滿足條件的結果為：共有11種結果，根據古典概型概率公式，可得所求概率故答案為：【點睛】本題考查了古典概型的應用，考查了學生綜合分析，數學運算的能力，屬于基礎題.16210【解析】轉化，只有中含有，即得解.【詳解】只有中含有，其中的系數為故答案為:210【點睛】

13、本題考查了二項式系數的求解，考查了學生概念理解，轉化劃歸，數學運算的能力，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）【解析】（1）消去參數求得直線的普通方程，將兩邊同乘以，化簡求得圓的直角坐標方程.（2）求得直線的標準參數方程，代入圓的直角坐標方程，化簡后寫出韋達定理，根據直線參數的幾何意義，求得的值.【詳解】（1）消去參數，得直線的普通方程為，將兩邊同乘以得，圓的直角坐標方程為；（2）經檢驗點在直線上，可轉化為，將式代入圓的直角坐標方程為得，化簡得，設是方程的兩根，則，與同號，由的幾何意義得.【點睛】本小題主要考查參數方程化為普通

14、方程、極坐標方程化為直角坐標方程，考查利用直線參數的幾何意義求解距離問題，屬于中檔題.18（1）2；（2）【解析】分析：（1）將轉化為分段函數，求函數的最小值（2）分離參數，利用基本不等式證明即可詳解：（）證明：，顯然在上單調遞減，在上單調遞增，所以的最小值為，即（）因為恒成立，所以恒成立，當且僅當時，取得最小值，所以，即實數的最大值為點睛：本題主要考查含兩個絕對值的函數的最值和不等式的應用，第二問恒成立問題分離參數，利用基本不等式求解很關鍵，屬于中檔題19（1），；（2）.【解析】（1）由條件得出方程組 ，可求得的通項，當時，可得，當時，得出是以1為首項，2為公比的等比數列，可求得的通項；（

15、2）由（1）可知，分n為偶數和n為奇數分別求得.【詳解】（1）由條件知， ，當時，即，當時，是以1為首項，2為公比的等比數列， ；（2）由（1）可知，當n為偶數時， 當n為奇數時， 綜上，【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項的求得，以及其前n項和，注意分n為偶數和n為奇數兩種情況分別求得其數列的和，屬于中檔題.20 (1) (2)見解析【解析】（1）由題得a,b,c的方程組求解即可（2）直線與直線恰關于軸對稱，等價于的斜率互為相反數，即，整理.設直線的方程為，與橢圓聯立，將韋達定理代入整理即可.【詳解】(1)由題意可得，又， 解得，.所以，橢圓的方程為 (2)存在定點，滿足直線與直線恰關于

16、軸對稱.設直線的方程為，與橢圓聯立，整理得，.設，定點.(依題意則由韋達定理可得，. 直線與直線恰關于軸對稱，等價于的斜率互為相反數. 所以，即得. 又，所以，整理得，.從而可得， 即，所以，當，即時，直線與直線恰關于軸對稱成立. 特別地，當直線為軸時，也符合題意. 綜上所述，存在軸上的定點，滿足直線與直線恰關于軸對稱.【點睛】本題考查橢圓方程，直線與橢圓位置關系，熟記橢圓方程簡單性質，熟練轉化題目條件，準確計算是關鍵，是中檔題.21 (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；