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、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，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已知直線：與橢圓交于、兩點，與圓：交于、兩點.若存在，使得，則橢圓的離心率的取值范圍為（ ）A

2、BCD2如圖所示，為了測量、兩座島嶼間的距離，小船從初始位置出發，已知在的北偏西的方向上，在的北偏東的方向上，現在船往東開2百海里到達處，此時測得在的北偏西的方向上，再開回處，由向西開百海里到達處，測得在的北偏東的方向上，則、兩座島嶼間的距離為（ ）A3BC4D3已知三棱柱的所有棱長均相等，側棱平面，過作平面與平行，設平面與平面的交線為，記直線與直線所成銳角分別為，則這三個角的大小關系為( )ABCD4若集合，則ABCD5已知變量x，y間存在線性相關關系，其數據如下表，回歸直線方程為，則表中數據m的值為（ ）變量x0123變量y35.57A0.9B0.85C0.75D0.56執行如圖所示的程序

3、框圖，若輸出的結果為11，則圖中的判斷條件可以為（ ）ABCD7已知為定義在上的偶函數，當時，則（ ）ABCD8若，則下列關系式正確的個數是（ ） A1B2C3D49已知隨機變量滿足，.若，則（ ）A，B，C，D，10函數的圖象為C，以下結論中正確的是（ ）圖象C關于直線對稱；圖象C關于點對稱；由y =2sin2x的圖象向右平移個單位長度可以得到圖象C.ABCD11設是雙曲線的左、右焦點，若雙曲線右支上存在一點，使（為坐標原點），且，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD12曲線上任意一點處的切線斜率的最小值為（ ）A3B2CD1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在棱長為6的正方體

4、中，是的中點，點是面，所在平面內的動點，且滿足，則三棱錐的體積的最大值是_.14如圖，己知半圓的直徑，點是弦（包含端點，）上的動點，點在弧上若是等邊三角形，且滿足，則的最小值為_.15已知函數，若關于x的方程有且只有兩個不相等的實數根，則實數a的取值范圍是_.16如圖，從一個邊長為的正三角形紙片的三個角上，沿圖中虛線剪出三個全等的四邊形，余下部分再以虛線為折痕折起，恰好圍成一個缺少上底的正三棱柱，而剪出的三個相同的四邊形恰好拼成這個正三棱柱的上底，則所得正三棱柱的體積為_.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）己知的內角的對邊分別為.設（1）求的值；（2）

5、若，且，求的值.18（12分）如圖, 在四棱錐中, 底面是矩形, 四條側棱長均相等.（1）求證：平面;（2）求證：平面平面.19（12分）設函數（1）若，求函數的值域；（2）設為的三個內角，若，求的值；20（12分）（本小題滿分12分）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率為22，連接橢圓四個頂點形成的四邊形面積為42（1）求橢圓C的標準方程；（2）過點A（1，0）的直線與橢圓C交于點M, N,設P為橢圓上一點，且OM+ON=tOP(t0)O為坐標原點，當|OM-ON|453時，求t的取值范圍21（12分）如圖，直三棱柱中，底面為等腰直角三角形，分別為，的中點，為棱上一點，若平面

6、.（1）求線段的長；（2）求二面角的余弦值.22（10分）如圖，在四棱錐中，平面ABCD平面PAD，E是PD的中點證明：；設，點M在線段PC上且異面直線BM與CE所成角的余弦值為，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。1A【解析】由題意可知直線過定點即為圓心，由此得到坐標的關系，再根據點差法得到直線的斜率與坐標的關系，由此化簡并求解出離心率的取值范圍.【詳解】設，且線過定點即為的圓心，因為，所以，又因為，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以.故選：A.【點睛】本題考查橢圓與圓的綜合應用，著重考查了橢圓離

7、心率求解以及點差法的運用，難度一般.通過運用點差法達到“設而不求”的目的，大大簡化運算.2B【解析】先根據角度分析出的大小，然后根據角度關系得到的長度，再根據正弦定理計算出的長度，最后利用余弦定理求解出的長度即可.【詳解】由題意可知：，所以，所以，所以，又因為，所以，所以.故選：B.【點睛】本題考查解三角形中的角度問題，難度一般.理解方向角的概念以及活用正、余弦定理是解答問題的關鍵.3B【解析】利用圖形作出空間中兩直線所成的角，然后利用余弦定理求解即可.【詳解】如圖，設為的中點，為的中點，由圖可知過且與平行的平面為平面，所以直線即為直線，由題易知，的補角，分別為，設三棱柱的棱長為2，在中，；在

8、中，；在中，.故選：B【點睛】本題主要考查了空間中兩直線所成角的計算，考查了學生的作圖，用圖能力，體現了學生直觀想象的核心素養.4C【解析】解一元次二次不等式得或，利用集合的交集運算求得.【詳解】因為或，所以，故選C.【點睛】本題考查集合的交運算，屬于容易題.5A【解析】計算，代入回歸方程可得【詳解】由題意，解得故選：A.【點睛】本題考查線性回歸直線方程，解題關鍵是掌握性質：線性回歸直線一定過中心點6B【解析】根據程序框圖知當時，循環終止，此時，即可得答案.【詳解】，.運行第一次，不成立，運行第二次，不成立，運行第三次，不成立，運行第四次，不成立，運行第五次，成立，輸出i的值為11，結束.故選

9、：B.【點睛】本題考查補充程序框圖判斷框的條件，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意模擬程序一步一步執行的求解策略.7D【解析】判斷，利用函數的奇偶性代入計算得到答案.【詳解】，故選：【點睛】本題考查了利用函數的奇偶性求值，意在考查學生對于函數性質的靈活運用.8D【解析】a，b可看成是與和交點的橫坐標，畫出圖象，數形結合處理.【詳解】令，作出圖象如圖，由，的圖象可知，正確；，有，正確；，有，正確；，有，正確.故選：D.【點睛】本題考查利用函數圖象比較大小，考查學生數形結合的思想，是一道中檔題.9B【解析】根據二項分布的性質可得：，再根據和二次函數的性質

10、求解.【詳解】因為隨機變量滿足，.所以服從二項分布，由二項分布的性質可得：，因為，所以，由二次函數的性質可得：，在上單調遞減，所以.故選：B【點睛】本題主要考查二項分布的性質及二次函數的性質的應用，還考查了理解辨析的能力，屬于中檔題.10B【解析】根據三角函數的對稱軸、對稱中心和圖象變換的知識，判斷出正確的結論.【詳解】因為，又，所以正確.，所以正確.將的圖象向右平移個單位長度，得，所以錯誤.所以正確，錯誤.故選:B【點睛】本小題主要考查三角函數的對稱軸、對稱中心，考查三角函數圖象變換，屬于基礎題.11D【解析】利用向量運算可得，即，由為的中位線，得到，所以，再根據雙曲線定義即可求得離心率.【

11、詳解】取的中點，則由得，即；在中，為的中位線，所以，所以；由雙曲線定義知，且，所以，解得，故選：D【點睛】本題綜合考查向量運算與雙曲線的相關性質，難度一般.12A【解析】根據題意，求導后結合基本不等式，即可求出切線斜率，即可得出答案.【詳解】解：由于，根據導數的幾何意義得：，即切線斜率，當且僅當等號成立，所以上任意一點處的切線斜率的最小值為3.故選：A.【點睛】本題考查導數的幾何意義的應用以及運用基本不等式求最值，考查計算能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據與相似，過作于，利用體積公式求解OP最值，根據勾股定理得出，利用函數單調性判斷求解即可.【詳解】在棱長為

12、6的正方體中，是的中點，點是面所在平面內的動點，且滿足，又，與相似，即，過作于，設，化簡得：，根據函數單調性判斷，時，取得最大值36，在正方體中平面.三棱錐體積的最大值為【點睛】本題考查三角形相似，幾何體體積以及函數單調性的綜合應用，難度一般.141【解析】建系，設，表示出點坐標，則，根據的范圍得出答案【詳解】解：以為原點建立平面坐標系如圖所示：則，設，則，顯然當取得最大值4時，取得最小值1故答案為：1【點睛】本題考查了平面向量的數量積運算，坐標運算，屬于中檔題15【解析】畫出函數的圖象，再畫的圖象，求出一個交點時的的值，然后平行移動可得有兩個交點時的的范圍【詳解】函數的圖象如圖所示：因為方程

13、有且只有兩個不相等的實數根，所以圖象與直線有且只有兩個交點即可，當過點時兩個函數有一個交點，即時，與函數有一個交點，由圖象可知，直線向下平移后有兩個交點，可得，故答案為：【點睛】本題主要考查了方程的跟與函數的圖象交點的轉化，數形結合的思想，屬于中檔題161【解析】由題意得正三棱柱底面邊長6，高為，由此能求出所得正三棱柱的體積【詳解】如圖，作，交于，由題意得正三棱柱底面邊長，高為，所得正三棱柱的體積為：故答案為：1【點睛】本題考查立體幾何中的翻折問題、正三棱柱體積的求法、三棱柱的結構特征等基礎知識，考查空間想象能力、運算求解能力，求解時注意翻折前后的不變量三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明

14、、證明過程或演算步驟。17（1）（2）【解析】（1）由正弦定理將，轉化，即，由余弦定理求得， 再由平方關系得再求解.（2）由，得，結合再求解.【詳解】（1）由正弦定理，得，即，則，而，又，解得，故.（2）因為，則，因為，故，故，解得，故，則.【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理、三角形的面積公式，考查運算求解能力以及化歸與轉化思想，屬于中檔題.18（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】證明：（1）在矩形中，又平面，平面，所以平面 （2）連結，交于點，連結，在矩形中，點為的中點，又，故， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面19（1）（2）【解析】（1）將，利用三角恒等變換轉化為：，再

15、根據正弦函數的性質求解，（2）根據，得，又為的內角，得到，再根據，利用兩角和與差的余弦公式求解，【詳解】（1），即的值域為；（2）由，得，又為的內角，所以，又因為在中，所以，所以.【點睛】本題主要考查三角恒等變換和三角函數的性質，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題，20（1）x24+y22=1；（2）t-1,-63)(63,1【解析】試題分析：本題主要考查橢圓的標準方程及其幾何性質、直線與橢圓的位置關系等基礎知識，考查學生的分析問題解決問題的能力、轉化能力、計算能力第一問，先利用離心率、a2=b2+c2、四邊形的面積列出方程，解出a和b的值，從而得到橢圓的標準方程；第二問，討論直線MN的斜率是

16、否存在，當直線MN的斜率存在時，直線方程與橢圓方程聯立，消參，利用韋達定理，得到x1+x2、x1x2，利用OM+ON=tOP列出方程，解出P(x,y)，代入到橢圓上，得到t2的值，再利用|OM-ON|0恒成立，x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2-41+2k2，y1+y2=k(x1+x2)-2k=-2k1+2k2，又OM+ON=tOP，x1+x2=tx，y1+y2=ty，x=x1+x2t=4k2t(1+2k2)，y=y1+y2t=-2kt(1+2k2)，因為點P在橢圓x24+y22=1上，所以16k4t2(1+2k2)2+8k2t2(1+2k2)2=4，即2k2=t2(1+2k2)，

17、t2=2k21+2k2=1-11+2k2，又|OM-ON|453，即|NM|453，1+k2|x1-x2|453，整理得：1+k24+6k21+2k20，解得k21或k2-813（舍），t2=1-11+2k2，23t21，即t(-1，-63)(63，1)當直線MN的斜率不存在時，M(1,62),N(1,-62)，此時t=1，t-1,-63)(63,1考點：橢圓的標準方程及其幾何性質、直線與橢圓的位置關系21（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.22（1）見解析；（2）【解析】（1）由平面平面的