1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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點是單位圓上不同的三點，線段與線段交于圓內一點M，若，則的最小值為（ ） ABCD2已知集合，則( )ABCD3若

2、不等式對于一切恒成立，則的最小值是 （ ）A0BCD4函數與在上最多有n個交點，交點分別為（，n），則（ ）A7B8C9D105若雙曲線：的一條漸近線方程為，則（ ）ABCD6已知函數，則下列結論錯誤的是( )A函數的最小正周期為B函數的圖象關于點對稱C函數在上單調遞增D函數的圖象可由的圖象向左平移個單位長度得到7已知函數，當時，的取值范圍為，則實數m的取值范圍是（ ）ABCD8在三棱錐中，則三棱錐外接球的表面積是（ ）ABCD9已知中，則（ ）A1BCD10設是虛數單位，復數（）ABCD11設、，數列滿足，則（ ）A對于任意，都存在實數，使得恒成立B對于任意，都存在實數，使得恒成立C對于任意

3、，都存在實數，使得恒成立D對于任意，都存在實數，使得恒成立12正方體，是棱的中點，在任意兩個中點的連線中，與平面平行的直線有幾條（ ）A36B21C12D6二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知全集，則_.14如圖，在菱形ABCD中，AB=3，E，F分別為BC，CD上的點，若線段EF上存在一點M，使得，則_，_（本題第1空2分，第2空3分）15已知一個正四棱錐的側棱與底面所成的角為，側面積為，則該棱錐的體積為_16記實數中的最大數為，最小數為.已知實數且三數能構成三角形的三邊長，若，則的取值范圍是.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

4、知首項為2的數列滿足.（1）證明：數列是等差數列（2）令，求數列的前項和.18（12分）如圖，四邊形中，沿對角線將翻折成，使得. （1）證明：；（2）求直線與平面所成角的正弦值.19（12分）已知橢圓的右焦點為，直線被稱作為橢圓的一條準線，點在橢圓上(異于橢圓左、右頂點)，過點作直線與橢圓相切，且與直線相交于點.（1）求證：.（2）若點在軸的上方，當的面積最小時，求直線的斜率.附：多項式因式分解公式：20（12分）已知橢圓：的左、右焦點分別為，焦距為2，且經過點，斜率為的直線經過點，與橢圓交于，兩點.（1）求橢圓的方程；（2）在軸上是否存在點，使得以，為鄰邊的平行四邊形是菱形？如果存在，求出的

5、取值范圍，如果不存在，請說明理由.21（12分）如圖,直角三角形所在的平面與半圓弧所在平面相交于,，,分別為,的中點, 是上異于,的點, .（1）證明:平面平面;（2）若點為半圓弧上的一個三等分點(靠近點)求二面角的余弦值.22（10分）已知四棱錐中，底面為等腰梯形，丄底面.（1）證明：平面平面；（2）過的平面交于點，若平面把四棱錐分成體積相等的兩部分，求二面角的余弦值.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】由題意得，再利用基本不等式即可求解【詳解】將平方得，（當且僅當時等號成立），的最小值為，故選：D【點睛】

6、本題主要考查平面向量數量積的應用，考查基本不等式的應用，屬于中檔題2C【解析】解不等式得出集合A，根據交集的定義寫出AB【詳解】集合Ax|x22x30 x|1x3，故選C【點睛】本題考查了解不等式與交集的運算問題，是基礎題3C【解析】試題分析：將參數a與變量x分離，將不等式恒成立問題轉化為求函數最值問題，即可得到結論解：不等式x2+ax+10對一切x(0，成立，等價于a-x-對于一切成立，y=-x-在區間上是增函數a-a的最小值為-故答案為C考點：不等式的應用點評：本題綜合考查了不等式的應用、不等式的解法等基礎知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想，屬于中檔題4C【解析】根據直線過定點，采

7、用數形結合，可得最多交點個數， 然后利用對稱性，可得結果.【詳解】由題可知：直線過定點且在是關于對稱如圖通過圖像可知：直線與最多有9個交點同時點左、右邊各四個交點關于對稱所以故選：C【點睛】本題考查函數對稱性的應用，數形結合，難點在于正確畫出圖像，同時掌握基礎函數的性質，屬難題.5A【解析】根據雙曲線的漸近線列方程，解方程求得的值.【詳解】由題意知雙曲線的漸近線方程為，可化為，則，解得.故選：A【點睛】本小題主要考查雙曲線的漸近線，屬于基礎題.6D【解析】由可判斷選項A；當時，可判斷選項B；利用整體換元法可判斷選項C；可判斷選項D.【詳解】由題知，最小正周期，所以A正確；當時，所以B正確；當時

8、，所以C正確；由的圖象向左平移個單位，得，所以D錯誤.故選：D.【點睛】本題考查余弦型函數的性質，涉及到周期性、對稱性、單調性以及圖象變換后的解析式等知識，是一道中檔題.7C【解析】求導分析函數在時的單調性、極值，可得時，滿足題意，再在時，求解的x的范圍，綜合可得結果.【詳解】當時，令，則；，則，函數在單調遞增，在單調遞減.函數在處取得極大值為，時，的取值范圍為，又當時，令，則，即，綜上所述，的取值范圍為.故選C.【點睛】本題考查了利用導數分析函數值域的方法，考查了分段函數的性質，屬于難題.8B【解析】取的中點，連接、，推導出，設設球心為，和的中心分別為、，可得出平面，平面，利用勾股定理計算出

9、球的半徑，再利用球體的表面積公式可得出結果.【詳解】取的中點，連接、，由和都是正三角形，得，則，則，由勾股定理的逆定理，得.設球心為，和的中心分別為、.由球的性質可知：平面，平面，又，由勾股定理得.所以外接球半徑為.所以外接球的表面積為.故選：B.【點睛】本題考查三棱錐外接球表面積的計算，解題時要分析幾何體的結構，找出球心的位置，并以此計算出球的半徑長，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.9C【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.10D【解析】利用復數的除法運算，

10、化簡復數，即可求解，得到答案【詳解】由題意，復數，故選D【點睛】本題主要考查了復數的除法運算，其中解答中熟記復數的除法運算法則是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題11D【解析】取，可排除AB；由蛛網圖可得數列的單調情況，進而得到要使，只需，由此可得到答案.【詳解】取，數列恒單調遞增，且不存在最大值，故排除AB選項；由蛛網圖可知，存在兩個不動點，且，因為當時，數列單調遞增，則；當時，數列單調遞減，則；所以要使，只需要，故，化簡得且.故選：D【點睛】本題考查遞推數列的綜合運用，考查邏輯推理能力，屬于難題12B【解析】先找到與平面平行的平面，利用面面平行的定義即可得到.【詳解】考慮與平

11、面平行的平面，平面，平面，共有，故選：B.【點睛】本題考查線面平行的判定定理以及面面平行的定義，涉及到了簡單的組合問題，是一中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】利用集合的補集運算即可求解.【詳解】由全集，所以.故答案為：【點睛】本題考查了集合的補集運算，需理解補集的概念，屬于基礎題.14 【解析】根據題意，設，則，所以，解得，所以，從而有 .15【解析】如圖所示，正四棱錐，為底面的中心，點為的中點，則，設，根據正四棱錐的側面積求出的值，再利用勾股定理求得正四棱錐的高，代入體積公式，即可得到答案.【詳解】如圖所示，正四棱錐，為底面的中心，點為的中點，則，設，.故答

12、案為：.【點睛】本題考查棱錐的側面積和體積，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查運算求解能力.16【解析】試題分析：顯然，又，當時，作出可行區域，因拋物線與直線及在第一象限內的交點分別是（1，1）和，從而當時，作出可行區域，因拋物線與直線及在第一象限內的交點分別是（1，1）和，從而綜上所述，的取值范圍是考點：不等式、簡單線性規劃.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）見解析；（2）【解析】（1）由原式可得,等式兩端同時除以,可得到,即可證明結論;（2）由（1）可求得的表達式,進而可求得的表達式,然后求出的前項和即可.【詳解】（1）證明:因為,所以,所以,從

13、而,因為,所以,故數列是首項為1,公差為1的等差數列.（2）由（1）可知,則,因為,所以,則.【點睛】本題考查了等差數列的證明,考查了等差數列及等比數列的前項和公式的應用,考查了學生的計算求解能力,屬于中檔題.18（1）見證明；（2）【解析】（1）取的中點，連.可證得，于是可得平面，進而可得結論成立（2）運用幾何法或向量法求解可得所求角的正弦值【詳解】（1）證明：取的中點，連.，又，.在中，又，平面，又平面，.（2）解法1：取的中點，連結，,又，又由題意得為等邊三角形，平面作，則有平面，就是直線與平面所成的角設，則，在等邊中，又在中，故在中，由余弦定理得，直線與平面所成角的正弦值為解法2：由題

14、意可得，建立如圖所示的空間直角坐標系.不妨設，則在直角三角形中，可得，作于，則有平面幾何知識可得，又可得，.,設平面的一個法向量為，由，得，令，則得又，設直線與平面所成的角為，則所以直線與平面所成角的正弦值為【點睛】利用向量法求解直線和平面所成角時，關鍵點是恰當建立空間直角坐標系，確定斜線的方向向量和平面的法向量解題時通過平面的法向量和直線的方向向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線與平面所成的角求解時注意向量的夾角與線面角間的關系19（1）證明見解析（2）【解析】（1）由得令可得，進而得到，同理，利用數量積坐標計算即可；（2），分，兩種情況討論即

15、可.【詳解】（1）證明：點的坐標為.聯立方程，消去后整理為有，可得，.可得點的坐標為.當時，可求得點的坐標為，.有,故有.（2）若點在軸上方，因為，所以有，由（1）知因為時.由（1）知，由函數單調遞增，可得此時.當時，由（1）知令由，故當時，此時函數單調遞增：當時，此時函數單調遞減，又由，故函數的最小值，函數取最小值時，可求得.由知，若點在軸上方，當的面積最小時，直線的斜率為.【點睛】本題考查直線與橢圓的位置關系，涉及到分類討論求函數的最值，考查學生的運算求解能力，是一道難題.20（1）（2）存在；實數的取值范圍是【解析】（1）根據橢圓定義計算，再根據，的關系計算即可得出橢圓方程；（2）設直線

16、方程為，與橢圓方程聯立方程組，求出的范圍，根據根與系數的關系求出的中點坐標，求出的中垂線與軸的交點橫，得出關于的函數，利用基本不等式得出的范圍【詳解】（1）由題意可知，又，橢圓的方程為：（2）若存在點，使得以，為鄰邊的平行四邊形是菱形，則為線段的中垂線與軸的交點設直線的方程為：，聯立方程組，消元得：，又，故由根與系數的關系可得，設的中點為，則，線段的中垂線方程為：，令可得，即，故，當且僅當即時取等號，且的取值范圍是，【點睛】本題主要考查了橢圓的性質，考查直線與橢圓的位置關系，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力21（1）詳見解析；（2）.【解析】（1）由直徑所對的圓周角為，可知，

17、通過計算，利用勾股定理的逆定理可以判斷出為直角三角形，所以有.由已知可以證明出，這樣利用線面垂直的判定定理可以證明平面，利用面面垂直的判定定理可以證明出平面平面;（2）以為坐標原點，分別以垂直于平面向上的方向、向量所在方向作為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出相應點的坐標，求出平面的一個法向量和平面的法向量，利用空間向量數量積運算公式，可以求出二面角的余弦值.【詳解】解：（1）證明：因為半圓弧上的一點，所以.在中，分別為的中點，所以，且.于是在中， ，所以為直角三角形，且. 因為，,所以. 因為， 所以平面.又平面，所以平面平面. （2）由已知，以為坐標原點，分別以垂直于、向量所在方向作為軸、軸、軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，, ,. 設平面的一個法向量為,則即，取,得. 設平面的法向量,則即，取,得. 所以， 又二面角為銳角，所以二面角的余弦值為. 【點睛】本題考查了利用線面垂直判定面面垂直、利用空間向量數量積求二面角的余弦值問題.22（1）見證明；（2）【解析】（1）先證明等腰梯形中，然后證明，即可得到丄平面，從而可證明平面丄平面