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橢圓是日常生活中常見的圖形，在圓柱形的玻璃杯中盛半杯水，將杯體傾斜一個角度，水面的邊界即是橢圓

2、.現有一高度為12厘米，底面半徑為3厘米的圓柱形玻璃杯，且杯中所盛水的體積恰為該玻璃杯容積的一半（玻璃厚度忽略不計），在玻璃杯傾斜的過程中（杯中的水不能溢出），杯中水面邊界所形成的橢圓的離心率的取值范圍是（ ）ABCD2已知為定義在上的奇函數，且滿足當時，則（ ）ABCD3已知復數z滿足,則在復平面上對應的點在( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限4設復數滿足（為虛數單位），則復數的共軛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5正的邊長為2，將它沿邊上的高翻折，使點與點間的距離為，此時四面體的外接球表面積為（ ）ABCD6已知，若則實數的取值范圍是（ ）

3、ABCD7若的展開式中含有常數項，且的最小值為，則（ ）ABCD8甲乙丙丁四人中，甲說：我年紀最大，乙說：我年紀最大，丙說：乙年紀最大，丁說：我不是年紀最大的，若這四人中只有一個人說的是真話，則年紀最大的是（ ）A甲B乙C丙D丁9將函數的圖像向左平移個單位得到函數的圖像，則的最小值為（ ）ABCD10若實數滿足的約束條件，則的取值范圍是（ ）ABCD11由曲線yx2與曲線y2x所圍成的平面圖形的面積為()A1BCD12已知，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13如圖是由3個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，設， ，則的面積為_.14已知橢

4、圓的左右焦點分別為，過且斜率為的直線交橢圓于，若三角形的面積等于，則該橢圓的離心率為_.15某中學數學競賽培訓班共有10人，分為甲、乙兩個小組，在一次階段測試中兩個小組成績的莖葉圖如圖所示，若甲組5名同學成績的平均數為81，乙組5名同學成績的中位數為73，則x- y的值為_16（5分）已知為實數，向量，且，則_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，的直徑的延長線與弦的延長線相交于點，為上一點，交于點求證：18（12分）設為拋物線的焦點，為拋物線上的兩個動點，為坐標原點.（）若點在線段上，求的最小值；（）當時，求點縱坐標的取值范圍.19（12分）如圖，

5、在四棱錐中，底面是平行四邊形，平面，是棱上的一點，滿足平面.（）證明：；（）設，若為棱上一點，使得直線與平面所成角的大小為30，求的值.20（12分）如圖，在等腰梯形中，ADBC，分別為，的中點，以為折痕將折起，使點到達點位置（平面）（1）若為直線上任意一點，證明：MH平面；（2）若直線與直線所成角為，求二面角的余弦值21（12分）在平面直角坐標系中，已知拋物線C：（）的焦點F在直線上，平行于x軸的兩條直線，分別交拋物線C于A，B兩點，交該拋物線的準線于D，E兩點.（1）求拋物線C的方程；（2）若F在線段上，P是的中點，證明：.22（10分）數列滿足，且.（1）證明：數列是等差數列，并求數列的

6、通項公式；（2）求數列的前項和.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。1C【解析】根據題意可知當玻璃杯傾斜至杯中水剛好不溢出時，水面邊界所形成橢圓的離心率最大，由橢圓的幾何性質即可確定此時橢圓的離心率，進而確定離心率的取值范圍.【詳解】當玻璃杯傾斜至杯中水剛好不溢出時，水面邊界所形成橢圓的離心率最大.此時橢圓長軸長為，短軸長為6，所以橢圓離心率，所以.故選：C【點睛】本題考查了橢圓的定義及其性質的簡單應用，屬于基礎題.2C【解析】由題設條件，可得函數的周期是，再結合函數是奇函數的性質將轉化為函數值，即可得到結論.【詳解】由

7、題意，則函數的周期是，所以，又函數為上的奇函數，且當時，所以，.故選：C.【點睛】本題考查函數的周期性，由題設得函數的周期是解答本題的關鍵，屬于基礎題.3A【解析】設，由得：，由復數相等可得的值，進而求出，即可得解.【詳解】設，由得：，即，由復數相等可得：，解之得：，則，所以，在復平面對應的點的坐標為，在第一象限.故選：A.【點睛】本題考查共軛復數的求法，考查對復數相等的理解，考查復數在復平面對應的點，考查運算能力，屬于?？碱}.4D【解析】先把變形為，然后利用復數代數形式的乘除運算化簡，求出，得到其坐標可得答案.【詳解】解：由，得，所以，其在復平面內對應的點為，在第四象限故選：D【點睛】此題考

8、查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數的代數表示法及其幾何意義，屬于基礎題.5D【解析】如圖所示，設的中點為，的外接圓的圓心為，四面體的外接球的球心為，連接，利用正弦定理可得，利用球心的性質和線面垂直的性質可得四邊形為平行四邊形，最后利用勾股定理可求外接球的半徑，從而可得外接球的表面積.【詳解】如圖所示，設的中點為，外接圓的圓心為，四面體的外接球的球心為，連接，則平面，.因為，故，因為，故.由正弦定理可得，故，又因為，故.因為，故平面，所以，因為平面，平面，故，故，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以，故外接球的半徑為，外接球的表面積為.故選：D.【點睛】本題考查平面圖形的折疊以及三棱錐外接球表

9、面積的計算，還考查正弦定理和余弦定理，折疊問題注意翻折前后的變量與不變量，外接球問題注意先確定外接球的球心的位置，然后把半徑放置在可解的直角三角形中來計算，本題有一定的難度.6C【解析】根據，得到有解，則，得，得到，再根據，有，即，可化為，根據，則的解集包含求解，【詳解】因為，所以有解，即有解，所以，得，所以，又因為，所以，即，可化為，因為，所以的解集包含，所以或，解得，故選：C【點睛】本題主要考查一元二次不等式的解法及集合的關系的應用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題，7C【解析】展開式的通項為，因為展開式中含有常數項，所以，即為整數，故n的最小值為1所以.故選C點睛：求二項展開式有關問題

10、的常見類型及解題策略(1)求展開式中的特定項.可依據條件寫出第項，再由特定項的特點求出值即可.(2)已知展開式的某項，求特定項的系數.可由某項得出參數項，再由通項寫出第項，由特定項得出值，最后求出其參數.8C【解析】分別假設甲乙丙丁說的是真話，結合其他人的說法，看是否只有一個說的是真話，即可求得年紀最大者，即可求得答案.【詳解】假設甲說的是真話，則年紀最大的是甲，那么乙說謊，丙也說謊，而丁說的是真話，而已知只有一個人說的是真話，故甲說的不是真話，年紀最大的不是甲；假設乙說的是真話，則年紀最大的是乙，那么甲說謊，丙說真話，丁也說真話，而已知只有一個人說的是真話，故乙說謊，年紀最大的也不是乙；假設

11、丙說的是真話，則年紀最大的是乙，所以乙說真話，甲說謊，丁說的是真話，而已知只有一個人說的是真話，故丙在說謊，年紀最大的也不是乙；假設丁說的是真話，則年紀最大的不是丁，而已知只有一個人說的是真話，那么甲也說謊，說明甲也不是年紀最大的，同時乙也說謊，說明乙也不是年紀最大的，年紀最大的只有一人，所以只有丙才是年紀最大的，故假設成立，年紀最大的是丙.綜上所述，年紀最大的是丙故選：C.【點睛】本題考查合情推理，解題時可從一種情形出發，推理出矛盾的結論，說明這種情形不會發生，考查了分析能力和推理能力，屬于中檔題.9B【解析】根據三角函數的平移求出函數的解析式，結合三角函數的性質進行求解即可【詳解】將函數的

12、圖象向左平移個單位，得到，此時與函數的圖象重合，則，即，當時，取得最小值為，故選：【點睛】本題主要考查三角函數的圖象和性質，利用三角函數的平移關系求出解析式是解決本題的關鍵10B【解析】根據所給不等式組，畫出不等式表示的可行域，將目標函數化為直線方程，平移后即可確定取值范圍.【詳解】實數滿足的約束條件，畫出可行域如下圖所示：將線性目標函數化為，則將平移，平移后結合圖像可知，當經過原點時截距最小，；當經過時，截距最大值，所以線性目標函數的取值范圍為，故選：B.【點睛】本題考查了線性規劃的簡單應用，線性目標函數取值范圍的求法，屬于基礎題.11B【解析】首先求得兩曲線的交點坐標，據此可確定積分區間，

13、然后利用定積分的幾何意義求解面積值即可.【詳解】聯立方程：可得：，結合定積分的幾何意義可知曲線yx2與曲線y2x所圍成的平面圖形的面積為：.本題選擇B選項.【點睛】本題主要考查定積分的概念與計算，屬于中等題.12D【解析】分別解出集合然后求并集.【詳解】解：， 故選：D【點睛】考查集合的并集運算，基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據個全等的三角形，得到，設，求得，利用余弦定理求得，再利用三角形的面積公式，求得三角形的面積.【詳解】由于三角形是由個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，所以.在三角形中，.設，則.由余弦定理得，解得.所以三

14、角形邊長為，面積為.故答案為：【點睛】本題考查了等邊三角形的面積計算公式、余弦定理、全等三角形的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題14【解析】由題得直線的方程為，代入橢圓方程得：，設點，則有，由，且解出，進而求解出離心率.【詳解】由題知，直線的方程為，代入消得：，設點，則有，而，又，解得：，所以離心率.故答案為：【點睛】本題主要考查了直線與橢圓的位置關系，三角形面積計算與離心率的求解，考查了學生的運算求解能力15【解析】根據莖葉圖中的數據，結合平均數與中位數的概念，求出x、y的值.【詳解】根據莖葉圖中的數據，得：甲班5名同學成績的平均數為，解得；又乙班5名同學的中位數為73，則；.故答

15、案為：.【點睛】本題考查莖葉圖及根據莖葉圖計算中位數、平均數，考查數據分析能力，屬于簡單題.165【解析】由，且，得，解得，則，則三、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證明見解析【解析】根據相似三角形的判定定理,已知兩個三角形有公共角,題中未給出線段比例關系,故可根據判定定理一需找到另外一組相等角,結合平面幾何的知識證得即可.【詳解】證明：，所以，又因為，所以在與中，故.【點睛】本題考查平面幾何中同弧所對的圓心角與圓周角的關系、相似三角形的判定定理;考查邏輯推理能力和數形結合思想;分析圖形，找出角與角之間的關系是證明本題的關鍵;屬于基礎題.18（）（）【解析】（1）

16、由拋物線的性質，當軸時，最小；（2）設點，分別代入拋物線方程和得到三個方程，消去，得到關于的一元二次方程，利用判別式即可求出的范圍.【詳解】解：（1）由拋物線的標準方程，根據拋物線的性質，當軸時，最小，最小值為，即為4.（2）由題意，設點，其中，.則，因為，所以.由，得，由，且，得，解不等式，得點縱坐標的范圍為.【點睛】本題主要考查拋物線的方程和性質和二次方程的解的問題，考查運算能力，此類問題能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等，易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解.19（）證明見解析（）【解析】（）由平面，可得，又因為是的中點，即得證；（）如圖建立空間直

17、角坐標系，設，計算平面的法向量，由直線與平面所成角的大小為30，列出等式，即得解.【詳解】（）如圖，連接交于點，連接，則是平面與平面的交線，因為平面，故，又因為是的中點，所以是的中點，故.（）由條件可知，所以，故以為坐標原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，設，則，設平面的法向量為，則，即，故取因為直線與平面所成角的大小為30所以，即，解得，故此時.【點睛】本題考查了立體幾何和空間向量綜合，考查了學生邏輯推理，空間想象，數學運算的能力，屬于中檔題.20（1）見解析（2）【解析】(1)根據中位線證明平面平面，即可證明MH平面；（2）以，為，軸建立空間直角坐標系，找到點的坐標代入公式即可計

18、算二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：連接，分別為，的中點，又平面，平面，平面，同理，平面，平面，平面，平面平面，平面，平面（2）連接，在和中，由余弦定理可得，由與互補，可解得，于是，直線與直線所成角為，又，即，平面，平面平面，為中點，平面，如圖所示，分別以，為，軸建立空間直角坐標系，則，設平面的法向量為，即令，則，可得平面的一個法向量為又平面的一個法向量為，二面角的余弦值為【點睛】此題考查線面平行，建系通過坐標求二面角等知識點，屬于一般性題目.21（1）；（2）見解析【解析】（1）根據拋物線的焦點在直線上，可求得的值，從而求得拋物線的方程；（2）法一：設直線，的方程分別為和且，可得，的坐標，進而可得直線的方程，根據在直線上，可得，再分別求得，即可得證；法二：設，則，根據直線的斜率不為0，設出直線的方程為，聯立直線和拋物線的方程，結合韋達定理，分別求出，化簡，即可得證.【詳解】（1）拋物線C的焦點坐標為，且該點在直線上，所以，解得，故所求拋物線C的方程為（2）法一：由點F在線段上，可設直線，的方程分別為和且，則，.直線的方程為，即.又點在線段上，.P是的中點，.由于，不重合，所以法二：設，則當直線的斜率為0時，不符合題意，故可設直線的方程為聯立直線和拋物線的方