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在展開式中的常數項為A1B2C3D72已知四棱錐中，平面，底面是邊長為2的正方形，為的中點，則異面直線與所成角的余

2、弦值為（ ）ABCD3某空間幾何體的三視圖如圖所示（圖中小正方形的邊長為1），則這個幾何體的體積是（ ）ABC16D324設F為雙曲線C：（a0，b0）的右焦點，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與圓x2+y2=a2交于P、Q兩點若|PQ|=|OF|，則C的離心率為ABC2D5已知數列為等差數列，且，則的值為（ ）ABCD6一個封閉的棱長為2的正方體容器，當水平放置時，如圖，水面的高度正好為棱長的一半若將該正方體繞下底面（底面與水平面平行）的某條棱任意旋轉，則容器里水面的最大高度為（ ）ABCD73本不同的語文書，2本不同的數學書，從中任意取出2本，取出的書恰好都是數學書的概率是（ ）ABCD8已

3、知橢圓內有一條以點為中點的弦，則直線的方程為( )ABCD9設集合，若集合中有且僅有2個元素，則實數的取值范圍為ABCD10記遞增數列的前項和為.若，且對中的任意兩項與（），其和，或其積，或其商仍是該數列中的項，則（ ）ABCD11棱長為2的正方體內有一個內切球，過正方體中兩條異面直線，的中點作直線，則該直線被球面截在球內的線段的長為（ ）ABCD112設是等差數列，且公差不為零，其前項和為則“，”是“為遞增數列”的（ ）A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13銳角中，角，所對的邊分別為，若，則的取值范圍是_.

4、14在一底面半徑和高都是的圓柱形容器中盛滿小麥，有一粒帶麥銹病的種子混入了其中現從中隨機取出的種子，則取出了帶麥銹病種子的概率是_15一個村子里一共有個人，其中一個人是謠言制造者，他編造了一條謠言并告訴了另一個人，這個人又把謠言告訴了第三個人，如此等等在每一次謠言傳播時，謠言的接受者都是在其余個村民中隨機挑選的，當謠言傳播次之后，還沒有回到最初的造謠者的概率是_16在三棱錐中，三角形為等邊三角形，二面角的余弦值為，當三棱錐的體積最大值為時，三棱錐的外接球的表面積為_.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）在平面直角坐標系中，已知直線l的參數方程為（t為參數

5、），在以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸，且與直角坐標系長度單位相同的極坐標系中，曲線C的極坐標方程是.（1）求直線l的普通方程與曲線C的直角坐標方程；（2）若直線l與曲線C相交于兩點A，B，求線段的長.18（12分）如圖,設點為橢圓的右焦點，圓過且斜率為的直線交圓于兩點，交橢圓于點兩點，已知當時，（1）求橢圓的方程.（2）當時，求的面積.19（12分）等差數列的公差為2, 分別等于等比數列的第2項，第3項，第4項.（1）求數列和的通項公式；（2）若數列滿足,求數列的前2020項的和20（12分）已知函數.（1）求函數的最小正周期以及單調遞增區間；（2）已知，若，求的面積.21（12分）設

6、橢圓的左右焦點分別為，離心率是，動點在橢圓上運動，當軸時，.（1）求橢圓的方程；（2）延長分別交橢圓于點（不重合）.設，求的最小值.22（10分）已知橢圓的右焦點為，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為，且與短軸兩端點的連線相互垂直.（1）求橢圓的方程；（2）若圓上存在兩點，橢圓上存在兩個點滿足：三點共線，三點共線，且，求四邊形面積的取值范圍.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求的。1D【解析】求出展開項中的常數項及含的項，問題得解。【詳解】展開項中的常數項及含的項分別為：,，所以展開式中的常數項為：.故選：D【點睛】本

7、題主要考查了二項式定理中展開式的通項公式及轉化思想，考查計算能力，屬于基礎題。2B【解析】由題意建立空間直角坐標系，表示出各點坐標后，利用即可得解.【詳解】平面，底面是邊長為2的正方形，如圖建立空間直角坐標系，由題意：，為的中點，.，異面直線與所成角的余弦值為即為.故選：B.【點睛】本題考查了空間向量的應用，考查了空間想象能力，屬于基礎題.3A【解析】幾何體為一個三棱錐，高為4，底面為一個等腰直角三角形，直角邊長為4，所以體積是，選A.4A【解析】準確畫圖，由圖形對稱性得出P點坐標，代入圓的方程得到c與a關系，可求雙曲線的離心率【詳解】設與軸交于點，由對稱性可知軸，又，為以為直徑的圓的半徑，為

8、圓心，又點在圓上，即，故選A【點睛】本題為圓錐曲線離心率的求解，難度適中，審題時注意半徑還是直徑，優先考慮幾何法，避免代數法從頭至尾，運算繁瑣，準確率大大降低，雙曲線離心率問題是圓錐曲線中的重點問題，需強化練習，才能在解決此類問題時事半功倍，信手拈來5B【解析】由等差數列的性質和已知可得，即可得到，代入由誘導公式計算可得【詳解】解：由等差數列的性質可得，解得，故選：B【點睛】本題考查等差數列的下標和公式的應用，涉及三角函數求值，屬于基礎題6B【解析】根據已知可知水面的最大高度為正方體面對角線長的一半，由此得到結論【詳解】正方體的面對角線長為，又水的體積是正方體體積的一半，且正方體繞下底面（底面

9、與水平面平行）的某條棱任意旋轉，所以容器里水面的最大高度為面對角線長的一半，即最大水面高度為，故選B.【點睛】本題考查了正方體的幾何特征，考查了空間想象能力，屬于基礎題7D【解析】把5本書編號，然后用列舉法列出所有基本事件計數后可求得概率【詳解】3本不同的語文書編號為，2本不同的數學書編號為，從中任意取出2本，所有的可能為：共10個，恰好都是數學書的只有一種，所求概率為故選：D.【點睛】本題考查古典概型，解題方法是列舉法，用列舉法寫出所有的基本事件，然后計數計算概率8C【解析】設，則，相減得到，解得答案.【詳解】設，設直線斜率為，則，相減得到：，的中點為，即，故，直線的方程為：.故選：.【點睛

10、】本題考查了橢圓內點差法求直線方程，意在考查學生的計算能力和應用能力.9B【解析】由題意知且，結合數軸即可求得的取值范圍.【詳解】由題意知，則，故，又，則，所以，所以本題答案為B.【點睛】本題主要考查了集合的關系及運算，以及借助數軸解決有關問題，其中確定中的元素是解題的關鍵，屬于基礎題.10D【解析】由題意可得，從而得到，再由就可以得出其它各項的值，進而判斷出的范圍【詳解】解：，或其積，或其商仍是該數列中的項，或者或者是該數列中的項，又數列是遞增數列，只有是該數列中的項，同理可以得到，也是該數列中的項，且有，或（舍，根據，同理易得，故選：D【點睛】本題考查數列的新定義的理解和運用，以及運算能力

11、和推理能力，屬于中檔題11C【解析】連結并延長PO，交對棱C1D1于R，則R為對棱的中點，取MN的中點H，則OHMN，推導出OHRQ，且OHRQ，由此能求出該直線被球面截在球內的線段的長【詳解】如圖，MN為該直線被球面截在球內的線段連結并延長PO，交對棱C1D1于R，則R為對棱的中點，取MN的中點H，則OHMN，OHRQ，且OHRQ，MH，MN故選：C【點睛】本題主要考查該直線被球面截在球內的線段的長的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題12A【解析】根據等差數列的前項和公式以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】是等差數列，且公差不為零，

12、其前項和為，充分性：，則對任意的恒成立，則，若，則數列為單調遞減數列，則必存在，使得當時，則，不合乎題意；若，由且數列為單調遞增數列，則對任意的，合乎題意.所以，“，”“為遞增數列”；必要性：設，當時，此時，但數列是遞增數列.所以，“，”“為遞增數列”.因此，“，”是“為遞增數列”的充分而不必要條件.故選：A.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合等差數列的前項和公式是解決本題的關鍵，屬于中等題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由余弦定理，正弦定理得出，從而得出，推出的范圍，由余弦函數的性質得出的范圍，再利用二倍角公式化簡，即可得出答案.【詳解】由題意得由

13、正弦定理得化簡得又為銳角三角形，則，.故答案為【點睛】本題主要考查了正弦定理和余弦定理的應用，屬于中檔題.14【解析】求解占圓柱形容器的的總容積的比例求解即可.【詳解】解：由題意可得：取出了帶麥銹病種子的概率故答案為：【點睛】本題主要考查了體積類的幾何概型問題,屬于基礎題.15【解析】利用相互獨立事件概率的乘法公式即可求解.【詳解】第1次傳播，謠言一定不會回到最初的人；從第2次傳播開始，每1次謠言傳播，第一個制造謠言的人被選中的概率都是，沒有被選中的概率是次傳播是相互獨立的，故為故答案為：【點睛】本題考查了相互獨立事件概率的乘法公式，考查了考生的分析能力，屬于基礎題.16【解析】根據題意作出圖

14、象,利用三垂線定理找出二面角的平面角,再設出的長,即可求出三棱錐的高,然后利用利用基本不等式即可確定三棱錐的體積最大值,從而得出各棱的長度,最后根據球的幾何性質,利用球心距,半徑,底面半徑之間的關系即可求出三棱錐的外接球的表面積.【詳解】如圖所示：過點作面,垂足為,過點作交于點,連接.則為二面角的平面角的補角,即有.易證面,而三角形為等邊三角形, 為的中點.設, .故三棱錐的體積為當且僅當時,即.三點共線.設三棱錐的外接球的球心為,半徑為.過點作于,四邊形為矩形.則,在中,解得.三棱錐的外接球的表面積為.故答案為：【點睛】本題主要考查三棱錐的外接球的表面積的求法,涉及二面角的運用,基本不等式的

15、應用,以及球的幾何性質的應用,意在考查學生的直觀想象能力,數學運算能力和邏輯推理能力,屬于較難題.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（1）l：，C：；（2）【解析】（1）直接利用轉換關系，把參數方程直角坐標方程和極坐標方程之間進行轉換；（2）由（1）可得曲線是圓，求出圓心坐標及半徑，再求得圓心到直線的距離，即可求得的長.【詳解】（1）由題意可得直線：，由，得，即，所以曲線C：.（2）由（1）知，圓，半徑.圓心到直線的距離為：.【點睛】本題考查直線的普通坐標方程、曲線的直角坐標方程的求法，考查弦長的求法、運算求解能力，是中檔題18（1）（2）【解析】（1）先求出圓

16、心到直線的距離為，再根據得到，解之即得a的值，再根據c=1求出b的值得到橢圓的方程.(2)先求出，再求得的面積.【詳解】(1)因為直線過點，且斜率.所以直線的方程為，即，所以圓心到直線的距離為， 又因為，圓的半徑為，所以，即，解之得，或（舍去）.所以，所以所示橢圓的方程為 .(2)由(1)得，橢圓的右準線方程為，離心率，則點到右準線的距離為，所以，即，把代入橢圓方程得，因為直線的斜率，所以， 因為直線經過和，所以直線的方程為，聯立方程組得，解得或，所以， 所以的面積.【點睛】本題主要考查直線和圓、橢圓的位置關系，考查橢圓的方程的求法，考查三角形面積的計算，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析

17、推理計算能力.19（1），； （2）.【解析】(1)根據題意同時利用等差、等比數列的通項公式即可求得數列和的通項公式；(2)求出數列的通項公式，再利用錯位相減法即可求得數列的前2020項的和.【詳解】(1)依題意得: ，所以 ，所以解得 設等比數列的公比為，所以 又(2)由（1）知，因為 當時, 由得，即，又當時，不滿足上式， .數列的前2020項的和 設 ，則 ，由得： ，所以，所以.【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項公式、性質，錯位相減法求和,考查學生的邏輯推理能力,化歸與轉化能力及綜合運用數學知識解決問題的能力.考查的核心素養是邏輯推理與數學運算.是中檔題.20（1）最小正周期為，

18、單調遞增區間為；（2）.【解析】（1）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，利用正弦型函數的周期公式可求得函數的最小正周期，解不等式可求得該函數的單調遞增區間；（2）由求得，由得出或，分兩種情況討論，結合余弦定理解三角形，進行利用三角形的面積公式可求得的面積.【詳解】（1），所以，函數的最小正周期為，由得，因此，函數的單調遞增區間為；（2）由，得，或，或，又，即.當時，即，則由，得，則，此時，的面積為；當時，則，即，則由，解得，.綜上，的面積為.【點睛】本題考查正弦型函數的周期和單調區間的求解，同時也考查了三角形面積的計算，涉及余弦定理解三角形的應用，考查計算能力，屬于中等題.21（1）；（2）【解析】（1）根據題意直接計算得到，得到橢圓方程.（2）不妨設，且，設，代入 數據化簡得到，故，得到答案.