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已知排球發球考試規則：每位考生最多可發球三次，若發球成功，則停止發球，否則一直發到次結束為止某考生一次發球成功的概率為，發球次數為，若的數學期望，則的取值范圍為( )ABCD2已知各項都為正的等差數列中，若，成等比數列，則（ ）ABCD3在三

2、棱錐中，則三棱錐外接球的表面積是（ ）ABCD4已知平面向量滿足，且，則所夾的銳角為（ ）ABCD05在中，分別為，的中點，為上的任一點，實數，滿足，設、的面積分別為、，記（），則取到最大值時，的值為（ ）A1B1CD6已知與分別為函數與函數的圖象上一點，則線段的最小值為( )ABCD67下列命題為真命題的個數是（ ）（其中，為無理數）；.A0B1C2D38已知，滿足條件（為常數），若目標函數的最大值為9，則（ ）ABCD9把滿足條件（1），（2），使得的函數稱為“D函數”，下列函數是“D函數”的個數為（ ） A1個B2個C3個D4個10已知函數滿足，設，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B

3、必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件11若函數的定義域為Mx|2x2，值域為Ny|0y2,則函數的圖像可能是（ ）ABCD12設（是虛數單位），則（ ）AB1C2D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在平面直角坐標系中，已知圓及點，設點是圓上的動點，在中，若的角平分線與相交于點，則的取值范圍是_.14展開式中的系數為_15已知，如果函數有三個零點，則實數的取值范圍是_16已知x，y滿足約束條件x-y-10 x+y-302y+10，則z=2x-y的最小值為_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）如圖，四棱錐中，底面，點在線段上，且.

4、（1）求證：平面；（2）若，求二面角的正弦值.18（12分）中國古代數學經典數書九章中，將底面為矩形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為“鱉臑”.在如圖所示的陽馬中，底面ABCD是矩形.平面，以的中點O為球心，AC為直徑的球面交PD于M（異于點D），交PC于N（異于點C）.（1）證明：平面，并判斷四面體MCDA是否是鱉臑，若是，寫出它每個面的直角（只需寫出結論）；若不是，請說明理由；（2）求直線與平面所成角的正弦值.19（12分）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，側面底面，為棱的中點，為棱上任意一點，且不與點、點重合（1）求證：平面平面；（2）是否存在點

5、使得平面與平面所成的角的余弦值為？若存在，求出點的位置；若不存在，請說明理由20（12分）已知直線與橢圓恰有一個公共點，與圓相交于兩點. （I）求與的關系式；（II）點與點關于坐標原點對稱.若當時，的面積取到最大值，求橢圓的離心率.21（12分）已知半徑為5的圓的圓心在x軸上，圓心的橫坐標是整數，且與直線4x+3y290相切（1）求圓的方程；（2）設直線axy+50（a0）與圓相交于A，B兩點，求實數a的取值范圍；（3）在（2）的條件下，是否存在實數a，使得弦AB的垂直平分線l過點P（2，4），若存在，求出實數a的值；若不存在，請說明理由22（10分）已知橢圓的離心率為，直線過橢圓的右焦點,過

6、的直線交橢圓于兩點(均異于左、右頂點).（1）求橢圓的方程；（2）已知直線,為橢圓的右頂點. 若直線交于點，直線交于點，試判斷是否為定值，若是，求出定值；若不是，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。1A【解析】根據題意，分別求出再根據離散型隨機變量期望公式進行求解即可【詳解】由題可知，則解得，由可得，答案選A【點睛】本題考查離散型隨機變量期望的求解，易錯點為第三次發球分為兩種情況：三次都不成功、第三次成功2A【解析】試題分析：設公差為或（舍），故選A.考點：等差數列及其性質.3B【解析】取的中點，連接、，推導出

7、，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.4B【解析】根據題意可得，利用向量的數量積即可求解夾角.【詳解】因為即而所以夾角為故選：B【點睛】本題考查了向量數量積求夾角，需掌握向量數量

8、積的定義求法，屬于基礎題.5D【解析】根據三角形中位線的性質，可得到的距離等于的邊上高的一半，從而得到，由此結合基本不等式求最值，得到當取到最大值時，為的中點，再由平行四邊形法則得出，根據平面向量基本定理可求得，從而可求得結果.【詳解】如圖所示：因為是的中位線，所以到的距離等于的邊上高的一半，所以，由此可得，當且僅當時，即為的中點時，等號成立，所以，由平行四邊形法則可得，將以上兩式相加可得，所以，又已知，根據平面向量基本定理可得，從而.故選：D【點睛】本題考查了向量加法的平行四邊形法則，考查了平面向量基本定理的應用，考查了基本不等式求最值，屬于中檔題.6C【解析】利用導數法和兩直線平行性質，將

9、線段的最小值轉化成切點到直線距離.【詳解】已知與分別為函數與函數的圖象上一點，可知拋物線存在某條切線與直線平行，則，設拋物線的切點為，則由可得，所以切點為，則切點到直線的距離為線段的最小值，則.故選：C.【點睛】本題考查導數的幾何意義的應用，以及點到直線的距離公式的應用，考查轉化思想和計算能力.7C【解析】對于中，根據指數冪的運算性質和不等式的性質，可判定值正確的；對于中，構造新函數，利用導數得到函數為單調遞增函數，進而得到，即可判定是錯誤的；對于中，構造新函數，利用導數求得函數的最大值為，進而得到，即可判定是正確的.【詳解】由題意，對于中，由，可得，根據不等式的性質，可得成立，所以是正確的；

10、對于中，設函數，則，所以函數為單調遞增函數，因為，則又由，所以，即，所以不正確；對于中，設函數，則，當時，函數單調遞增，當時，函數單調遞減，所以當時，函數取得最大值，最大值為，所以，即，即，所以是正確的.故選：C.【點睛】本題主要考查了不等式的性質，以及導數在函數中的綜合應用，其中解答中根據題意，合理構造新函數，利用導數求得函數的單調性和最值是解答的關鍵，著重考查了構造思想，以及推理與運算能力，屬于中檔試題.8B【解析】由目標函數的最大值為9，我們可以畫出滿足條件 件為常數）的可行域，根據目標函數的解析式形式，分析取得最優解的點的坐標，然后根據分析列出一個含參數的方程組，消參后即可得到的取值【

11、詳解】畫出，滿足的為常數）可行域如下圖：由于目標函數的最大值為9，可得直線與直線的交點，使目標函數取得最大值，將，代入得：故選：【點睛】如果約束條件中含有參數，我們可以先畫出不含參數的幾個不等式對應的平面區域，分析取得最優解是哪兩條直線的交點，然后得到一個含有參數的方程（組，代入另一條直線方程，消去，后，即可求出參數的值9B【解析】滿足（1）（2）的函數是偶函數且值域關于原點對稱，分別對所給函數進行驗證.【詳解】滿足（1）（2）的函數是偶函數且值域關于原點對稱，不滿足（2）；不滿足（1）；不滿足（2）；均滿足（1）（2）.故選：B.【點睛】本題考查新定義函數的問題，涉及到函數的性質，考查學生邏

12、輯推理與分析能力，是一道容易題.10B【解析】結合函數的對應性，利用充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】解：若，則，即成立，若，則由，得，則“”是“”的必要不充分條件，故選：B【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合函數的對應性是解決本題的關鍵，屬于基礎題11B【解析】因為對A不符合定義域當中的每一個元素都有象，即可排除；對B滿足函數定義，故符合；對C出現了定義域當中的一個元素對應值域當中的兩個元素的情況，不符合函數的定義，從而可以否定；對D因為值域當中有的元素沒有原象，故可否定故選B12A【解析】先利用復數代數形式的四則運算法則求出，即可根據復數的模計算公式求出【詳解】，故

13、選：A【點睛】本題主要考查復數代數形式的四則運算法則的應用，以及復數的模計算公式的應用，屬于容易題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由角平分線成比例定理推理可得，進而設點表示向量構建方程組表示點P坐標，代入圓C方程即可表示動點Q的軌跡方程，再由將所求視為該圓上的點與原點間的距離，所以其最值為圓心到原點的距離加減半徑.【詳解】由題可構建如圖所示的圖形，因為AQ是的角平分線，由角平分線成比例定理可知,所以.設點，點，即，則，所以.又因為點是圓上的動點，則，故點Q的運功軌跡是以為圓心為半徑的圓，又即為該圓上的點與原點間的距離，因為，所以故答案為：【點睛】本題考查與圓有關的距

14、離的最值問題，常常轉化到圓心的距離加減半徑，還考查了求動點的軌跡方程，屬于中檔題.1430【解析】先將問題轉化為二項式的系數問題，利用二項展開式的通項公式求出展開式的第項，令的指數分別等于2，4，求出特定項的系數【詳解】由題可得：展開式中的系數等于二項式展開式中的指數為2和4時的系數之和，由于二項式的通項公式為，令，得展開式的的系數為，令，得展開式的的系數為，所以展開式中的系數，故答案為30.【點睛】本題考查利用二項式展開式的通項公式解決二項展開式的特定項的問題，考查學生的轉化能力，屬于基礎題15【解析】首先把零點問題轉化為方程問題，等價于有三個零點，兩側開方，可得，即有三個零點，再運用函數的

15、單調性結合最值即可求出參數的取值范圍.【詳解】若函數有三個零點，即零點有，顯然，則有，可得，即有三個零點，不妨令，對于，函數單調遞增，所以函數在區間上只有一解，對于函數，解得，解得，解得，所以函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，當時，當時，此時函數若有兩個零點，則有，綜上可知，若函數有三個零點，則實數的取值范圍是.故答案為：【點睛】本題考查了函數零點的零點，恰當的開方，轉化為函數有零點問題，注意恰有三個零點條件的應用，根據函數的最值求解參數的范圍，屬于難題.1632【解析】先根據約束條件畫出可行域，再由y=2x-z表示直線在y軸上的截距最大即可得解.【詳解】x，y滿足約束條件x-y-10

16、x+y-302y+10，畫出可行域如圖所示.目標函數z=2x-y，即y=2x-z.平移直線y=2x-z，截距最大時即為所求.2y+1=0 x-y-1=0點A（12，-12），z在點A處有最小值：z212+12=32，故答案為：32.【點睛】本題主要考查線性規劃的基本應用，利用數形結合，結合目標函數的幾何意義是解決此類問題的基本方法三、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（1）證明見解析（2）【解析】（1）要證明平面，只需證明，即可求得答案；（2）先根據已知證明四邊形為矩形，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立坐標系，求得平面的法向量為，平面的法向量，設二面角的平面角為，即

17、可求得答案.【詳解】（1）平面，平面，.，.又，平面.（2）由（1）可知.在中，.又，四邊形為矩形.以為原點，為軸，為軸，為軸，建立坐標系，如圖：則：，：，設平面的法向量為，即，令，則，由題平面，即平面的法向量為由二面角的平面角為銳角，設二面角的平面角為即二面角的正弦值為：.【點睛】本題主要考查了求證線面垂直和向量法求二面角，解題關鍵是掌握線面垂直判斷定理和向量法求二面角的方法，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.18（1）證明見解析，是，；（2）【解析】（1）根據是球的直徑，則，又平面， 得到，再由線面垂直的判定定理得到平面，進而得到，再利用線面垂直的判定定理得到平面.（2）以A為原點，所

18、在直線為x，y，z軸建立直角坐標系，設，由，解得，得到，從而得到，然后求得平面的一個法向量，代入公式求解.【詳解】（1）因為是球的直徑，則，又平面， ，.平面，平面.根據證明可知，四面體是鱉臑. 它的每個面的直角分別是，. （2）如圖，以A為原點，所在直線為x，y，z軸建立直角坐標系，則，. M為中點，從而.所以，設，則. 由，得.由得，即.所以. 設平面的一個法向量為. 由.取，得到.記與平面所成角為，則.所以直線與平面所成的角的正弦值為.【點睛】本題主要考查線面垂直的判定定理和線面角的向量求法，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.19（1）證明見解析 （2）存在，為中點【解

19、析】（1）證明面，即證明平面平面；（2）以為坐標原點，為軸正方向，為軸正方向，為軸正方向，建立空間直角坐標系利用向量方法得，解得，所以為中點【詳解】（1）由于為中點，又，故，所以為直角三角形且，即又因為面，面面，面面，故面，又面，所以面面（2）由（1）知面，又四邊形為矩形，則兩兩垂直以為坐標原點，為軸正方向，為軸正方向，為軸正方向，建立空間直角坐標系則，設，則，設平面的法向量為，則有，令，則，則平面的一個法向量為，同理可得平面的一個法向量為，設平面與平面所成角為，則由題意可得，解得，所以點為中點【點睛】本題主要考查空間幾何位置關系的證明，考查空間二面角的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.20（）（II）【解析】（I）聯立直線與橢圓的方程，根據判別式等于0，即可求出結果；（）因點與點關于坐標原點對稱，可得的面積是的面積的兩倍，再由當時，的面積取到最大值，可得，進而可得原點到直線的距離，再由點到直線的距離公式，以及（I）的結果，即可求解.【詳解】（I）由，得，則 化簡整理，得； （）因點與點關于坐標原點對稱，故的面積是的面積的兩倍.所以當時，的面積取到最大值，此時，從而原點到直線的距離， 又，故. 再由（I），得，則. 又，故，即， 從而，即.【點睛】本題主要考查直線與橢圓的位置關系，以及橢圓的簡單性質，通常需要聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理、判別式等求解，屬于中檔試題.