1、2021-2022高考數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3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胡夫金字塔是底面為正方形的錐體，四個側面都是相同的等腰三角形研究發現，該金字塔底面周長除以倍的塔高，恰好為祖沖之發現的密率設胡夫金字塔的高為，假如對胡夫金字塔進行亮化，沿其側棱和底邊布

2、設單條燈帶，則需要燈帶的總長度約為ABCD2已知的內角、的對邊分別為、，且，為邊上的中線，若，則的面積為（ ）ABCD3已知 若在定義域上恒成立，則的取值范圍是（ ）ABCD4 “完全數”是一些特殊的自然數，它所有的真因子（即除了自身以外的約數）的和恰好等于它本身.古希臘數學家畢達哥拉斯公元前六世紀發現了第一、二個“完全數”6和28，進一步研究發現后續三個完全數”分別為496，8128，33550336，現將這五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則6和28不在同一組的概率為（ ）ABCD5是定義在上的增函數，且滿足：的導函數存在，且，則下列不等式成立的是（ ）ABCD6復數，若復

3、數在復平面內對應的點關于虛軸對稱，則等于（ ）ABCD7橢圓的焦點為，點在橢圓上，若，則的大小為（ ）ABCD8設，則“”是“”的A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件9已知函數，則的值等于（ ）A2018B1009C1010D202010已知點P不在直線l、m上，則“過點P可以作無數個平面，使得直線l、m都與這些平面平行”是“直線l、m互相平行”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件11一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（ ）ABCD8412已知集合，將集合的所有元素從小到大一次排列構成一個新數列，則（ ）A1

4、194B1695C311D1095二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知向量，且 ，則實數的值是_14若隨機變量的分布列如表所示，則_，_-10115已知函數是定義在上的奇函數，則的值為_16已知函數，若在定義域內恒有，則實數的取值范圍是_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）已知分別是內角的對邊，滿足（1）求內角的大小（2）已知，設點是外一點，且，求平面四邊形面積的最大值.18（12分）在直角坐標系中，已知直線的直角坐標方程為，曲線的參數方程為（為參數），以直角坐標系原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求

5、曲線和直線的極坐標方程；（2）已知直線與曲線、相交于異于極點的點，若的極徑分別為，求的值.19（12分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知（1）求B；（2）若，求的面積的最大值20（12分）已知函數.（1）求證：當時，；（2）若對任意存在和使成立，求實數的最小值.21（12分）設函數，直線與函數圖象相鄰兩交點的距離為.（）求的值；（）在中，角所對的邊分別是，若點是函數圖象的一個對稱中心，且，求面積的最大值.22（10分）在直角坐標系中，長為3的線段的兩端點分別在軸、軸上滑動，點為線段上的點，且滿足.記點的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）若點為曲線上的兩個動點，記，判斷是否存在常

6、數使得點到直線的距離為定值？若存在，求出常數的值和這個定值；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。1D【解析】設胡夫金字塔的底面邊長為，由題可得，所以，該金字塔的側棱長為，所以需要燈帶的總長度約為，故選D2B【解析】延長到，使，連接，則四邊形為平行四邊形，根據余弦定理可求出，進而可得的面積.【詳解】解：延長到，使，連接，則四邊形為平行四邊形，則，在中，則，得，.故選：B.【點睛】本題考查余弦定理的應用，考查三角形面積公式的應用，其中根據中線作出平行四邊形是關鍵，是中檔題.3C【解析】先解不等式，可得出

7、，求出函數的值域，由題意可知，不等式在定義域上恒成立，可得出關于的不等式，即可解得實數的取值范圍.【詳解】，先解不等式.當時，由，得，解得，此時；當時，由，得.所以，不等式的解集為.下面來求函數的值域.當時，則，此時；當時，此時.綜上所述，函數的值域為，由于在定義域上恒成立，則不等式在定義域上恒成立，所以，解得.因此，實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用函數不等式恒成立求參數，同時也考查了分段函數基本性質的應用，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.4C【解析】先求出五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個的基本事件總數為，再求出6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，根據即

8、可求出6和28不在同一組的概率.【詳解】解：根據題意，將五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則基本事件總數為，則6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，6和28不在同一組的概率.故選：C.【點睛】本題考查古典概型的概率的求法，涉及實際問題中組合數的應用.5D【解析】根據是定義在上的增函數及有意義可得，構建新函數，利用導數可得為上的增函數，從而可得正確的選項.【詳解】因為是定義在上的增函數，故.又有意義，故，故，所以.令，則，故在上為增函數，所以即，整理得到.故選：D.【點睛】本題考查導數在函數單調性中的應用，一般地，數的大小比較，可根據數的特點和題設中給出的原函數與導數的關系構建

9、新函數，本題屬于中檔題.6A【解析】先通過復數在復平面內對應的點關于虛軸對稱，得到，再利用復數的除法求解.【詳解】因為復數在復平面內對應的點關于虛軸對稱，且復數，所以所以故選：A【點睛】本題主要考查復數的基本運算和幾何意義，屬于基礎題.7C【解析】根據橢圓的定義可得，再利用余弦定理即可得到結論.【詳解】由題意，又，則，由余弦定理可得.故.故選：C.【點睛】本題考查橢圓的定義，考查余弦定理，考查運算能力，屬于基礎題.8A【解析】根據對數的運算分別從充分性和必要性去證明即可.【詳解】若， ，則，可得；若，可得，無法得到，所以“”是“”的充分而不必要條件.所以本題答案為A.【點睛】本題考查充要條件的

10、定義，判斷充要條件的方法是： 若為真命題且為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件； 若為假命題且為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件； 若為真命題且為真命題，則命題p是命題q的充要條件； 若為假命題且為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件. 判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系.9C【解析】首先，根據二倍角公式和輔助角公式化簡函數解析式，根據所求函數的周期性，得到其周期為4，然后借助于三角函數的周期性確定其值即可【詳解】解： ，的周期為， ，故選：C【點睛】本題重點考查了三角函數的圖象與性質、三角恒等變換等知識，掌

11、握輔助角公式化簡函數解析式是解題的關鍵，屬于中檔題10C【解析】根據直線和平面平行的性質，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】點不在直線、上，若直線、互相平行，則過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行，即必要性成立，若過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行，則直線、互相平行成立，反證法證明如下：若直線、互相不平行，則，異面或相交，則過點只能作一個平面同時和兩條直線平行，則與條件矛盾，即充分性成立則“過點可以作無數個平面，使得直線、都與這些平面平行”是“直線、互相平行”的充要條件，故選：【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合空間直線和平面平行的性質是解

12、決本題的關鍵11B【解析】畫出幾何體的直觀圖，計算表面積得到答案.【詳解】該幾何體的直觀圖如圖所示：故.故選：.【點睛】本題考查了根據三視圖求表面積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.12D【解析】確定中前35項里兩個數列中的項數，數列中第35項為70，這時可通過比較確定中有多少項可以插入這35項里面即可得，然后可求和【詳解】時，所以數列的前35項和中，有三項3，9，27，有32項，所以故選：D【點睛】本題考查數列分組求和，掌握等差數列和等比數列前項和公式是解題基礎解題關鍵是確定數列的前35項中有多少項是中的，又有多少項是中的二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】=（

13、1，2），=（x，1），則=+2=（1，2）+2（x，1）=（1+2x，4），=2=2（1，2）（x，1）=（2x，3），3（1+2x）4（2x）=1，解得：x=點睛:由向量的數乘和坐標加減法運算求得，然后利用向量共線的坐標表示列式求解x的值若=（a1，a2），=（b1，b2），則a1a2+b1b2=1，a1b2a2b1=1 14 【解析】首先求得a的值，然后利用均值的性質計算均值，最后求得的值，由方差的性質計算的值即可.【詳解】由題意可知，解得（舍去）或.則，則，由方差的計算性質得.【點睛】本題主要考查分布列的性質，均值的計算公式，方差的計算公式，方差的性質等知識，意在考查學生的轉化能力和計

14、算求解能力.15【解析】先利用輔助角公式將轉化成,根據函數是定義在上的奇函數得出,從而得出函數解析式,最后求出即可.【詳解】解: ,又因為定義在上的奇函數,則,則,又因為,所以,所以.故答案為: 【點睛】本題考查三角函數的化簡,三角函數的奇偶性和三角函數求值,考查了基本知識的應用能力和計算能力,是基礎題.16【解析】根據指數函數與對數函數圖象可將原題轉化為恒成立問題，湊而可知的圖象在過原點且與兩函數相切的兩條切線之間；利用過一點的曲線切線的求法可求得兩切線斜率，結合分母不為零的條件可最終確定的取值范圍.【詳解】由指數函數與對數函數圖象可知：，恒成立可轉化為恒成立，即恒成立，即是夾在函數與的圖象

15、之間，的圖象在過原點且與兩函數相切的兩條切線之間.設過原點且與相切的直線與函數相切于點，則切線斜率，解得：；設過原點且與相切的直線與函數相切于點，則切線斜率，解得：；當時，又，滿足題意；綜上所述：實數的取值范圍為.【點睛】本題考查恒成立問題的求解，重點考查了導數幾何意義應用中的過一點的曲線切線的求解方法；關鍵是能夠結合指數函數和對數函數圖象將問題轉化為切線斜率的求解問題；易錯點是忽略分母不為零的限制，忽略對于臨界值能否取得的討論.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）首先利用誘導公式及兩角和的余弦公式得到，再由同角三角三角的基本關系得到，即

16、可求出角；（2）由（1）知，是正三角形，設，由余弦定理可得：，則，得到，再利用輔助角公式化簡，最后由正弦函數的性質求得最大值；【詳解】解：（1）由，；（2）由（1）知，是正三角形，設，由余弦定理得：，所以當時有最大值【點睛】本題考查同角三角函數的基本關系，三角恒等變換公式的應用，三角形面積公式的應用，以及正弦函數的性質，屬于中檔題.18（1），.（2）【解析】（1）先將曲線的參數方程化為直角坐標方程，即可代入公式化為極坐標；根據直線的直角坐標方程，求得傾斜角，即可得極坐標方程.（2）將直線的極坐標方程代入曲線、可得，進而代入可得的值.【詳解】（1）曲線的參數方程為（為參數），消去得，把，代入得

17、，從而得的極坐標方程為，直線的直角坐標方程為，其傾斜角為，直線的極坐標方程為.（2）將代入曲線的極坐標方程分別得到，則.【點睛】本題考查了參數方程化為普通方程的方法，直角坐標方程化為極坐標方程的方法，極坐標的幾何意義，屬于中檔題.19（1）（2）【解析】(1)由正弦定理邊化角化簡已知條件可求得,即可求得;(2)由余弦定理借助基本不等式可求得,即可求出的面積的最大值.【詳解】（1），所以，所以，（2）由余弦定理得.，當且僅當時取等，.所以的面積的最大值為.【點睛】本題考查了正余弦定理在解三角形中的應用,考查了三角形面積的最值問題,難度較易.20（1）見解析；（2）【解析】（1）不等式等價于，設，

18、利用導數可證恒成立，從而原不等式成立.（2）由題設條件可得在上有兩個不同零點，且，利用導數討論的單調性后可得其最小值，結合前述的集合的包含關系可得的取值范圍.【詳解】（1）設，則，當時，由，所以在上是減函數，所以，故.因為，所以，所以當時，.（2）由（1）當時，；任意，存在和使成立，所以在上有兩個不同零點，且，（1）當時，在上為減函數，不合題意；（2）當時，由題意知在上不單調，所以，即，當時，時，所以在上遞減，在上遞增，所以，解得，因為，所以成立，下面證明存在，使得，取，先證明，即證，令，則在時恒成立，所以成立，因為，所以時命題成立.因為，所以.故實數的最小值為.【點睛】本題考查導數在不等式恒成立、等式能成立中的