1、2021-2022高考數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。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已知分別為雙曲線的左、右焦點，點是其一條漸近線上一點，且以為直徑的圓經過點，若的面積為，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD2已知集合，若，則實數的取值范圍為（ ）ABCD3設，分別是中，所對邊的邊長，則直線與的位置關系是（ ）A平行B重合C垂直

2、D相交但不垂直4一個四面體所有棱長都是4，四個頂點在同一個球上，則球的表面積為（ ）ABCD5已知定點都在平面內，定點是內異于的動點，且，那么動點在平面內的軌跡是（ ）A圓，但要去掉兩個點B橢圓，但要去掉兩個點C雙曲線，但要去掉兩個點D拋物線，但要去掉兩個點6在正方體中，點、分別為、的中點，過點作平面使平面，平面若直線平面，則的值為（ ）ABCD7函數（， ， ）的部分圖象如圖所示，則的值分別為（ ）A2，0B2， C2， D2， 8已知函數，其中為自然對數的底數，若存在實數，使成立，則實數的值為（ ）ABCD9設平面與平面相交于直線，直線在平面內，直線在平面內，且則“”是“”的（ ）A充分不

3、必要條件B必要不充分條件C充要條件D即不充分不必要條件10已知函數的圖象與直線的相鄰交點間的距離為，若定義，則函數，在區間內的圖象是( )ABCD11已知定義在R上的函數（m為實數）為偶函數，記，則a，b，c的大小關系為( )ABCD12已知復數，則的虛部為（ ）A1BC1D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13四邊形中，則的最小值是_.14已知數列的前項和公式為，則數列的通項公式為_15實數，滿足約束條件，則的最大值為_.16 “六藝”源于中國周朝的貴族教育體系，具體包括“禮、樂、射、御、書、數”某校在周末學生業余興趣活動中開展了“六藝”知識講座，每藝安排一節，連排六節，則滿足

4、“禮”與“樂”必須排在前兩節，“射”和“御”兩講座必須相鄰的不同安排種數為_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）已知函數()求函數的極值；()若,且,求證：18（12分）已知橢圓與x軸負半軸交于，離心率.（1）求橢圓C的方程；（2）設直線與橢圓C交于兩點，連接AM,AN并延長交直線x=4于兩點，若，直線MN是否恒過定點，如果是，請求出定點坐標，如果不是，請說明理由.19（12分）已知在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（1）求直線的直角坐標方程；（2）求曲

5、線上的點到直線距離的最小值和最大值.20（12分）如圖，平面四邊形中，是上的一點，是的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.21（12分）已知函數（1）若，不等式的解集；（2）若，求實數的取值范圍.22（10分）已知在中，角，的對邊分別為，的面積為.（1）求證：；（2）若，求的值.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。1B【解析】根據題意，設點在第一象限，求出此坐標，再利用三角形的面積即可得到結論.【詳解】由題意，設點在第一象限，雙曲線的一條漸近線方程為，所以，

6、又以為直徑的圓經過點，則，即，解得，所以，即，即，所以，雙曲線的離心率為.故選：B.【點睛】本題主要考查雙曲線的離心率，解決本題的關鍵在于求出與的關系，屬于基礎題.2A【解析】解一元二次不等式化簡集合的表示，求解函數的定義域化簡集合的表示，根據可以得到集合、之間的關系，結合數軸進行求解即可.【詳解】，.因為，所以有，因此有.故選：A【點睛】本題考查了已知集合運算的結果求參數取值范圍問題，考查了解一元二次不等式，考查了函數的定義域，考查了數學運算能力.3C【解析】試題分析：由已知直線的斜率為，直線的斜率為，又由正弦定理得，故，兩直線垂直考點：直線與直線的位置關系4A【解析】將正四面體補成正方體，

7、通過正方體的對角線與球的半徑關系，求解即可【詳解】解：如圖，將正四面體補形成一個正方體，正四面體的外接球與正方體的外接球相同，四面體所有棱長都是4，正方體的棱長為，設球的半徑為，則，解得，所以，故選：A【點睛】本題主要考查多面體外接球問題，解決本題的關鍵在于，巧妙構造正方體，利用正方體的外接球的直徑為正方體的對角線，從而將問題巧妙轉化，屬于中檔題5A【解析】根據題意可得,即知C在以AB為直徑的圓上.【詳解】,，,又，,平面,又平面，故在以為直徑的圓上，又是內異于的動點，所以的軌跡是圓，但要去掉兩個點A,B故選：A【點睛】本題主要考查了線面垂直、線線垂直的判定，圓的性質，軌跡問題，屬于中檔題.6

8、B【解析】作出圖形，設平面分別交、于點、，連接、，取的中點，連接、，連接交于點，推導出，由線面平行的性質定理可得出，可得出點為的中點，同理可得出點為的中點，結合中位線的性質可求得的值.【詳解】如下圖所示：設平面分別交、于點、，連接、，取的中點，連接、，連接交于點，四邊形為正方形，、分別為、的中點，則且，四邊形為平行四邊形，且，且，且，則四邊形為平行四邊形，平面，則存在直線平面，使得，若平面，則平面，又平面，則平面，此時，平面為平面，直線不可能與平面平行，所以，平面，平面，平面，平面平面，所以，四邊形為平行四邊形，可得，為的中點，同理可證為的中點，因此，.故選：B.【點睛】本題考查線段長度比值的

9、計算，涉及線面平行性質的應用，解答的關鍵就是找出平面與正方體各棱的交點位置，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.7D【解析】由題意結合函數的圖象，求出周期，根據周期公式求出，求出，根據函數的圖象過點，求出，即可求得答案【詳解】由函數圖象可知：，函數的圖象過點，則故選【點睛】本題主要考查的是的圖像的運用，在解答此類題目時一定要挖掘圖像中的條件，計算三角函數的周期、最值，代入已知點坐標求出結果8A【解析】令f（x）g（x）=x+exa1n（x+1）+4eax，令y=xln（x+1），y=1=，故y=xln（x+1）在（1，1）上是減函數，（1，+）上是增函數，故當x=1時，y有最小值10=1，而e

10、xa+4eax4，（當且僅當exa=4eax，即x=a+ln1時，等號成立）；故f（x）g（x）3（當且僅當等號同時成立時，等號成立）；故x=a+ln1=1，即a=1ln1故選：A9A【解析】試題分析：， bm又直線a在平面內，所以ab，但直線不一定相交，所以“”是“ab”的充分不必要條件，故選A.考點：充分條件、必要條件.10A【解析】由題知，利用求出，再根據題給定義，化簡求出的解析式，結合正弦函數和正切函數圖象判斷，即可得出答案.【詳解】根據題意，的圖象與直線的相鄰交點間的距離為，所以 的周期為， 則， 所以，由正弦函數和正切函數圖象可知正確.故選：A.【點睛】本題考查三角函數中正切函數的

11、周期和圖象，以及正弦函數的圖象，解題關鍵是對新定義的理解.11B【解析】根據f（x）為偶函數便可求出m0，從而f（x）1，根據此函數的奇偶性與單調性即可作出判斷.【詳解】解：f（x）為偶函數；f（x）f（x）；11；|xm|xm|；（xm）2（xm）2；mx0；m0；f（x）1；f（x）在0，+）上單調遞增，并且af（|）f（），bf（），cf（2）；02；acb故選B【點睛】本題考查偶函數的定義，指數函數的單調性，對于偶函數比較函數值大小的方法就是將自變量的值變到區間0，+）上，根據單調性去比較函數值大小12A【解析】分子分母同乘分母的共軛復數即可.【詳解】，故的虛部為.故選：A.【點睛】本

12、題考查復數的除法運算，考查學生運算能力，是一道容易題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】在中利用正弦定理得出，進而可知，當時，取最小值，進而計算出結果.【詳解】，如圖，在中，由正弦定理可得，即，故當時，取到最小值為.故答案為：.【點睛】本題考查解三角形，同時也考查了常見的三角函數值，考查邏輯推理能力與計算能力，屬于中檔題14【解析】由題意，根據數列的通項與前n項和之間的關系，即可求得數列的通項公式【詳解】由題意，可知當時，；當時，. 又因為不滿足，所以.【點睛】本題主要考查了利用數列的通項與前n項和之間的關系求解數列的通項公式，其中解答中熟記數列的通項與前n項和之間的

13、關系，合理準確推導是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題1510【解析】畫出可行域，根據目標函數截距可求.【詳解】解：作出可行域如下：由得，平移直線，當經過點時，截距最小，最大解得的最大值為10故答案為：10【點睛】考查可行域的畫法及目標函數最大值的求法，基礎題.16【解析】分步排課，首先將“禮”與“樂”排在前兩節，然后，“射”和“御”捆綁一一起作為一個元素與其它兩個元素合起來全排列，同時它們內部也全排列【詳解】第一步：先將“禮”與“樂”排在前兩節，有種不同的排法；第二步：將“射”和“御”兩節講座捆綁再和其他兩藝全排有種不同的排法，所以滿足“禮”與“樂”必須排在前兩節，“射”和“御

14、”兩節講座必須相鄰的不同安排種數為故答案為：1【點睛】本題考查排列的應用，排列組合問題中，遵循特殊元素特殊位置優先考慮的原則，相鄰問題用捆綁法，不相鄰問題用插入法三、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 ()極大值為：，無極小值；()見解析.【解析】()求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間即可求出函數的極值；()得到,根據函數的單調性問題轉化為證明，即證,令，根據函數的單調性證明即可【詳解】() 的定義域為且令，得；令，得在上單調遞增，在上單調遞減函數的極大值為，無極小值()， ，即由()知在上單調遞增，在上單調遞減且，則要證，即證，即證，即證即證

15、由于，即，即證令則 恒成立 在遞增在恒成立【點睛】本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，考查不等式的證明，考查運算求解能力及化歸與轉化思想，關鍵是能夠構造出合適的函數，將問題轉化為函數最值的求解問題，屬于難題18（1）（2）直線恒過定點,詳見解析【解析】（1）依題意由橢圓的簡單性質可求出，即得橢圓C的方程；（2）設直線的方程為：，聯立直線的方程與橢圓方程可求得點的坐標，同理可求出點的坐標，根據的坐標可求出直線的方程，將其化簡成點斜式，即可求出定點坐標【詳解】（1）由題有，.，.橢圓方程為.（2）設直線的方程為：，則或，同理，當時，由有.，同理，又，當時，直

16、線的方程為直線恒過定點，當時，此時也過定點.綜上:直線恒過定點.【點睛】本題主要考查利用橢圓的簡單性質求橢圓的標準方程，以及直線與橢圓的位置關系應用，定點問題的求法等，意在考查學生的邏輯推理能力和數學運算能力，屬于難題19（1）（2）最大值；最小值.【解析】（1）結合極坐標和直角坐標的互化公式可得；（2）利用參數方程，求解點到直線的距離公式，結合三角函數知識求解最值.【詳解】解：（1）因為，代入，可得直線的直角坐標方程為.（2）曲線上的點到直線的距離，其中，.故曲線上的點到直線距離的最大值，曲線上的點到直線的距離的最小值.【點睛】本題主要考查極坐標和直角坐標的轉化及最值問題，橢圓上的點到直線的

17、距離的最值求解優先考慮參數方法，側重考查數學運算的核心素養.20（1）見解析；（2）【解析】（1）要證平面平面，只需證平面，而，所以只需證，而由已知的數據可證得為等邊三角形，又由于是的中點，所以，從而可證得結論；（2）由于在中，而平面平面，所以點在平面的投影恰好為的中點，所以如圖建立空間直角坐標系，利用空間向量求解.【詳解】（1）由，所以平面四邊形為直角梯形，設，因為.所以在中，則，又，所以，由，所以為等邊三角形，又是的中點，所以，又平面，則有平面，而平面，故平面平面.（2）解法一：在中，取中點，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，以為坐標原點，方向為軸方向，建立如圖所示的空間直角

18、坐標系，則，設平面的法向量，由得取，則設直線與平面所成角大小為，則，故直線與平面所成角的正弦值為. 解法二：在中，取中點，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，過作于，連，則由平面平面，所以，又，則平面，又平面所以，在中，所以，設到平面的距離為，由，即，即，可得，設直線與平面所成角大小為，則.故直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】此題考查的是立體幾何中的證明面面垂直和求線面角，考查學生的轉化思想和計算能力，屬于中檔題.21（1）（2）【解析】（1）依題意可得，再用零點分段法分類討論可得；（2）依題意可得對恒成立，根據絕對值的幾何意義將絕對值去掉，分別求出解集，則兩解集的并集為，得到不等式即