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已知向量，若，則（ ）ABC-8D82過雙曲線左焦點的直線交的左支于兩點，直線（是坐標原點）交的右支于點，若，且，

2、則的離心率是（ ）ABCD3總體由編號為01，02，.，39，40的40個個體組成.利用下面的隨機數表選取5個個體，選取方法是從隨機數表（如表）第1行的第4列和第5列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第5個個體的編號為（ ）A23B21C35D324 “”是“，”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分又不必要條件5已知是等差數列的前項和，則（ ）A85BC35D6若均為任意實數，且，則 的最小值為（ ）ABCD7設是定義在實數集上的函數，滿足條件是偶函數，且當時，則，的大小關系是（ ）ABCD8已知函數，若，,則a，b，c的大小關系是（ ）ABCD9集合的子集的

3、個數是（ ）A2B3C4D810已知是函數圖象上的一點，過作圓的兩條切線，切點分別為，則的最小值為（ ）ABC0D11已知函數，其中，若恒成立，則函數的單調遞增區間為（ ）ABCD12若復數（）是純虛數，則復數在復平面內對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13 (xy)(2xy)5的展開式中x3y3的系數為_.14已知，圓，直線PM，PN分別與圓O相切，切點為M，N，若，則的最小值為_.15已知四棱錐，底面四邊形為正方形，四棱錐的體積為，在該四棱錐內放置一球，則球體積的最大值為_16已知函數，若，則的取值范圍是_三、解答題：

4、共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知各項均為正數的數列的前項和為，滿足，恰為等比數列的前3項（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前項和為；若對均滿足，求整數的最大值；（3）是否存在數列滿足等式成立，若存在，求出數列的通項公式；若不存在，請說明理由18（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，軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為，曲線與直線其中的一個交點為，且點極徑.極角（1）求曲線的極坐標方程與點的極坐標；（2）已知直線的直角坐標方程為，直線與曲線相交于點(異于原點)，求的面積.19（12分）在直角坐標系中，

5、橢圓的左、右焦點分別為，點在橢圓上且軸，直線交軸于點，橢圓的離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）過的直線交橢圓于兩點，且滿足，求的面積.20（12分）已知等比數列,其公比,且滿足,和的等差中項是1()求數列的通項公式；()若,是數列的前項和,求使成立的正整數的值21（12分）在； 這三個條件中任選一個，補充在下面問題中的橫線上，并解答相應的問題.在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足_，求的面積.22（10分）在中，角所對的邊分別為，的面積.（1）求角C；（2）求周長的取值范圍.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

6、求的。1B【解析】先求出向量,的坐標，然后由可求出參數的值.【詳解】由向量，則，又，則，解得.故選：B【點睛】本題考查向量的坐標運算和模長的運算，屬于基礎題.2D【解析】如圖，設雙曲線的右焦點為，連接并延長交右支于，連接，設，利用雙曲線的幾何性質可以得到，結合、可求離心率.【詳解】如圖，設雙曲線的右焦點為，連接，連接并延長交右支于.因為，故四邊形為平行四邊形，故.又雙曲線為中心對稱圖形，故.設，則，故，故.因為為直角三角形，故，解得.在中，有，所以.故選：D.【點睛】本題考查雙曲線離心率，注意利用雙曲線的對稱性（中心對稱、軸對稱）以及雙曲線的定義來構造關于的方程，本題屬于難題.3B【解析】根據

7、隨機數表法的抽樣方法，確定選出來的第5個個體的編號.【詳解】隨機數表第1行的第4列和第5列數字為4和6，所以從這兩個數字開始，由左向右依次選取兩個數字如下46，64，42，16，60，65，80，56，26，16，55，43，50，24，23，54，89，63，21，其中落在編號01，02，39，40內的有：16，26，16，24，23，21，依次不重復的第5個編號為21.故選：B【點睛】本小題主要考查隨機數表法進行抽樣，屬于基礎題.4B【解析】先求出滿足的值，然后根據充分必要條件的定義判斷【詳解】由得，即， ，因此“”是“，”的必要不充分條件故選：B【點睛】本題考查充分必要條件，掌握充分必要

8、條件的定義是解題基礎解題時可根據條件與結論中參數的取值范圍進行判斷5B【解析】將已知條件轉化為的形式，求得，由此求得.【詳解】設公差為，則，所以，.故選：B【點睛】本小題主要考查等差數列通項公式的基本量計算，考查等差數列前項和的計算，屬于基礎題.6D【解析】該題可以看做是圓上的動點到曲線上的動點的距離的平方的最小值問題，可以轉化為圓心到曲線上的動點的距離減去半徑的平方的最值問題，結合圖形，可以斷定那個點應該滿足與圓心的連線與曲線在該點的切線垂直的問題來解決，從而求得切點坐標，即滿足條件的點，代入求得結果.【詳解】由題意可得，其結果應為曲線上的點與以為圓心，以為半徑的圓上的點的距離的平方的最小值

9、，可以求曲線上的點與圓心的距離的最小值，在曲線上取一點，曲線有在點M處的切線的斜率為，從而有，即，整理得，解得，所以點滿足條件，其到圓心的距離為，故其結果為，故選D.【點睛】本題考查函數在一點處切線斜率的應用，考查圓的程，兩條直線垂直的斜率關系，屬中檔題.7C【解析】y=f（x+1）是偶函數，f（-x+1）=f（x+1），即函數f（x）關于x=1對稱當x1時，為減函數，f（log32）=f（2-log32）= f（）且=log34，log343，bac，故選C8D【解析】根據題意，求出函數的導數，由函數的導數與函數單調性的關系分析可得在上為增函數，又由，分析可得答案【詳解】解：根據題意，函數，

10、其導數函數，則有在上恒成立，則在上為增函數；又由，則；故選：【點睛】本題考查函數的導數與函數單調性的關系，涉及函數單調性的性質，屬于基礎題9D【解析】先確定集合中元素的個數，再得子集個數【詳解】由題意，有三個元素，其子集有8個故選：D【點睛】本題考查子集的個數問題，含有個元素的集合其子集有個，其中真子集有個10C【解析】先畫出函數圖像和圓，可知，若設，則，所以，而要求的最小值，只要取得最大值，若設圓的圓心為，則，所以只要取得最小值，若設，則，然后構造函數，利用導數求其最小值即可.【詳解】記圓的圓心為，設，則，設，記，則，令，因為在上單調遞增，且，所以當時，；當時，則在上單調遞減，在上單調遞增，

11、所以，即，所以（當時等號成立）.故選：C【點睛】此題考查的是兩個向量的數量積的最小值，利用了導數求解，考查了轉化思想和運算能力，屬于難題.11A【解析】，從而可得，再解不等式即可.【詳解】由已知，所以，由，解得，.故選：A.【點睛】本題考查求正弦型函數的單調區間，涉及到恒成立問題，考查學生轉化與化歸的思想，是一道中檔題.12B【解析】化簡復數，由它是純虛數，求得，從而確定對應的點的坐標【詳解】是純虛數，則，對應點為，在第二象限故選：B【點睛】本題考查復數的除法運算，考查復數的概念與幾何意義本題屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。1340【解析】先求出的展開式的通項，再求出

12、即得解.【詳解】設的展開式的通項為，令r=3,則，令r=2,則，所以展開式中含x3y3的項為.所以x3y3的系數為40.故答案為：40【點睛】本題主要考查二項式定理求指定項的系數，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.14【解析】由可知R為中點,設,由過切點的切線方程即可求得,，代入，則在直線上，即可得方程為，將 ，代入化簡可得，則直線過定點,由則點在以為直徑的圓上，則.即可求得.【詳解】如圖，由可知R為MN的中點，所以，設，則切線PM的方程為，即，同理可得，因為PM，PN都過，所以，所以在直線上，從而直線MN方程為，因為，所以，即直線MN方程為，所以直線MN過定點,所以R在以OQ為直徑的圓上

13、，所以.故答案為: .【點睛】本題考查直線和圓的位置關系,考查圓的切線方程,定點和圓上動點距離的最值問題,考查學生的數形結合能力和計算能力,難度較難.15【解析】由題知，該四棱錐為正四棱錐，作出該正四棱錐的高和斜高，連接，則球心O必在的邊上，設，由球與四棱錐的內切關系可知，設，用和表示四棱錐的體積，解得和的關系，進而表示出內切球的半徑，并求出半徑的最大值，進而求出球的體積的最大值.【詳解】設，由球O內切于四棱錐可知，則，球O的半徑，當且僅當時，等號成立，此時.故答案為：.【點睛】本題考查了棱錐的體積問題，內切球問題，考查空間想象能力，屬于較難的填空壓軸題.16【解析】根據分段函數的性質，即可求

14、出的取值范圍.【詳解】當時， ，當時，所以，故的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查分段函數的性質，已知分段函數解析式求參數范圍，還涉及對數和指數的運算，屬于基礎題.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（2），（2），的最大整數是2（3）存在，【解析】（2）由可得（），然后把這兩個等式相減，化簡得，公差為2，因為，為等比數列，所以，化簡計算得，從而得到數列的通項公式，再計算出 ，從而可求出數列的通項公式；（2）令，化簡計算得，從而可得數列是遞增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值為，所以可得答案；（3）由題意可知，即，這個可看成一個數列的前項和，再寫出其前

15、（）項和，兩式相減得，利用同樣的方法可得.【詳解】解：（2）由題，當時，即當時， -得，整理得，又因為各項均為正數的數列故是從第二項的等差數列，公差為2又恰為等比數列的前3項，故，解得又，故，因為也成立故是以為首項，2為公差的等差數列故即2，4，8恰為等比數列的前3項，故是以為首項，公比為的等比數列，故綜上，（2）令，則 所以數列是遞增的，若對均滿足，只要的最小值大于即可因為的最小值為，所以，所以的最大整數是2（3）由，得， -得， ， -得，所以存在這樣的數列，【點睛】此題考查了等差數列與等比數列的通項公式與求和公式，最值，恒成立問題，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.18（1）極坐標方

16、程為，點的極坐標為（2）【解析】（1）利用極坐標方程、普通方程、參數方程間的互化公式即可；（2）只需算出A、B兩點的極坐標，利用計算即可.【詳解】（1）曲線C：(為參數，)，將代入，解得，即曲線的極坐標方程為，點的極坐標為.（2)由（1），得點的極坐標為，由直線過原點且傾斜角為，知點的極坐標為，.【點睛】本題考查極坐標方程、普通方程、參數方程間的互化以及利用極徑求三角形面積，考查學生的運算能力，是一道基礎題.19（1）；（2）.【解析】（1）根據離心率以及，即可列方程求得，則問題得解；（2）設直線方程為，聯立橢圓方程，結合韋達定理，根據題意中轉化出的，即可求得參數，則三角形面積得解.【詳解】（

17、1）設，由題意可得.因為是的中位線，且，所以，即，因為進而得，所以橢圓方程為（2）由已知得兩邊平方整理可得.當直線斜率為時，顯然不成立.直線斜率不為時，設直線的方程為，聯立消去，得，所以，由得將代入整理得，展開得，整理得，所以.即為所求.【點睛】本題考查由離心率求橢圓的方程，以及橢圓三角形面積的求解，屬綜合中檔題.20 () .() .【解析】()由等差數列中項性質和等比數列的通項公式，解方程可得首項和公比，可得所求通項公式；()，由數列的錯位相減法求和可得，解方程可得所求值【詳解】()等比數列,其公比,且滿足,和的等差中項是即有，解得： ()由()知：則相減可得：化簡可得：，即為解得：【點睛

18、】本題考查等比數列的通項公式和求和公式的運用，考查數列的錯位相減法求和，以及方程思想和運算能力，屬于中檔題21橫線處任填一個都可以，面積為【解析】無論選哪一個，都先由正弦定理化邊為角后，由誘導公式，展開后，可求得角，再由余弦定理求得，從而易求得三角形面積【詳解】在橫線上填寫“”.解：由正弦定理，得.由，得.由，得.所以.又（若，則這與矛盾），所以.又，得.由余弦定理及，得，即.將代入，解得.所以.在橫線上填寫“”.解：由及正弦定理，得.又，所以有.因為，所以.從而有.又，所以由余弦定理及，得即.將代入，解得.所以.在橫線上填寫“”解：由正弦定理，得.由，得，所以由二倍角公式，得.由，得，所以.所以，即.由余弦定理及，得.即.將代入，解得.所以.【點睛】本題考查三角形面積公式，考查正弦定理、余弦定理，兩角和的正弦公式等，正弦定理進行邊角轉換，求三角形面積時， 若三角形中已知一個角(角的大小或該角的正、余