1、2021-2022高考數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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某裝飾公司制作一種扇形板狀裝飾品，其圓心角為120，并在扇形弧上正面等距安裝7個發彩色光的小燈泡且在背面用導線相連(弧的兩端各一個，導線接頭忽略不計)，已知扇形的半徑為30

2、厘米，則連接導線最小大致需要的長度為（ ）A58厘米B63厘米C69厘米D76厘米2已知雙曲線C：=1(a0，b0)的右焦點為F，過原點O作斜率為的直線交C的右支于點A，若|OA|=|OF|，則雙曲線的離心率為（ ）ABC2D+13某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）ABCD4已知函數，若成立，則的最小值為（ ）A0B4CD5若點是角的終邊上一點，則（ ）ABCD6已知復數，其中，是虛數單位，則（ ）ABCD7若復數為虛數單位在復平面內所對應的點在虛軸上，則實數a為（ ）AB2CD8如圖，已知平面，、是直線上的兩點，、是平面內的兩點，且，是平面上的一動點，且直線，與平面所成角相等，

3、則二面角的余弦值的最小值是（ ）ABCD9設m，n為直線，、為平面，則的一個充分條件可以是( )A，B，C，D，10已知是虛數單位，則（ ）ABCD11設為定義在上的奇函數，當時，(為常數)，則不等式的解集為（ ）ABCD12在邊長為1的等邊三角形中，點E是中點，點F是中點，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在如圖所示的三角形數陣中，用表示第行第個數，已知，且當時，每行中的其他各數均等于其“肩膀”上的兩個數之和，即，若，則正整數的最小值為_.14如圖，在長方體中，E，F，G分別為的中點,點P在平面ABCD內，若直線平面EFG，則線段長度的最小值是_.15設的內

4、角的對邊分別為，若，則_16設直線過雙曲線的一個焦點，且與的一條對稱軸垂直，與交于兩點，為的實軸長的2倍，則雙曲線的離心率為 .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）已知三棱錐P-ABC（如圖一）的平面展開圖（如圖二）中，四邊形ABCD為邊長等于的正方形，和均為正三角形，在三棱錐P-ABC中：（1）證明：平面平面ABC；（2）若點M在棱PA上運動，當直線BM與平面PAC所成的角最大時，求直線MA與平面MBC所成角的正弦值.18（12分）設函數（）.（1）討論函數的單調性；（2）若關于x的方程有唯一的實數解，求a的取值范圍.19（12分）如圖，在四棱錐中，底

5、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）選修4-5：不等式選講已知函數.（1）設，求不等式的解集；（2）已知，且的最小值等于，求實數的值.21（12分）在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且.（1）求B；（2）若的面積為，周長為8，求b.22（10分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為（1）求直線的普通方程與曲線的直角坐標方程；（2）若射線與和分別交于點，求參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在

6、每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1B【解析】由于實際問題中扇形弧長較小，可將導線的長視為扇形弧長，利用弧長公式計算即可.【詳解】因為弧長比較短的情況下分成6等分，所以每部分的弦長和弧長相差很小，可以用弧長近似代替弦長，故導線長度約為63(厘米).故選：B.【點睛】本題主要考查了扇形弧長的計算，屬于容易題.2B【解析】以為圓心，以為半徑的圓的方程為，聯立，可求出點，則，整理計算可得離心率.【詳解】解：以為圓心，以為半徑的圓的方程為，聯立，取第一象限的解得，即，則，整理得，則（舍去），.故選：B.【點睛】本題考查雙曲線離心率的求解，考查學生的計算能力，是中檔題.3A【解析】利用已

7、知條件畫出幾何體的直觀圖，然后求解幾何體的體積【詳解】幾何體的三視圖的直觀圖如圖所示，則該幾何體的體積為：故選：【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的體積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵4A【解析】令，進而求得，再轉化為函數的最值問題即可求解.【詳解】（），令：，在上增，且，所以在上減，在上增，所以，所以的最小值為0.故選：A【點睛】本題主要考查了導數在研究函數最值中的應用，考查了轉化的數學思想，恰當的用一個未知數來表示和是本題的關鍵，屬于中檔題.5A【解析】根據三角函數的定義，求得，再由正弦的倍角公式，即可求解.【詳解】由題意，點是角的終邊上一點，根據三角函數的定義，可得，則，故選A.【點睛】本題

8、主要考查了三角函數的定義和正弦的倍角公式的化簡、求值，其中解答中根據三角函數的定義和正弦的倍角公式，準確化簡、計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.6D【解析】試題分析：由,得,則，故選D.考點：1、復數的運算；2、復數的模.7D【解析】利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由實部為求得值【詳解】解：在復平面內所對應的點在虛軸上，即故選D【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題8B【解析】為所求的二面角的平面角，由得出，求出在內的軌跡，根據軌跡的特點求出的最大值對應的余弦值【詳解】，同理為直線與平面所成的角，為直線與平面所成的角，又，在平

9、面內，以為軸，以的中垂線為軸建立平面直角坐標系則，設，整理可得：在內的軌跡為為圓心，以為半徑的上半圓平面平面，為二面角的平面角，當與圓相切時，最大，取得最小值此時故選【點睛】本題主要考查了二面角的平面角及其求法，方法有：定義法、三垂線定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，依據題目選擇方法求出結果9B【解析】根據線面垂直的判斷方法對選項逐一分析，由此確定正確選項.【詳解】對于A選項，當，時，由于不在平面內，故無法得出.對于B選項，由于，所以.故B選項正確.對于C選項，當，時，可能含于平面，故無法得出.對于D選項，當，時，無法得出.綜上所述，的一個充分條件是“，”故選：B【點睛】本小題主

10、要考查線面垂直的判斷，考查充分必要條件的理解，屬于基礎題.10B【解析】根據復數的乘法運算法則，直接計算，即可得出結果.【詳解】.故選B【點睛】本題主要考查復數的乘法，熟記運算法則即可，屬于基礎題型.11D【解析】由可得，所以，由為定義在上的奇函數結合增函數+增函數=增函數，可知在上單調遞增，注意到，再利用函數單調性即可解決.【詳解】因為在上是奇函數.所以，解得，所以當時，且時，單調遞增，所以在上單調遞增，因為，故有，解得.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性、單調性解不等式，考查學生對函數性質的靈活運用能力，是一道中檔題.12C【解析】根據平面向量基本定理，用來表示，然后利用數量積公式

11、，簡單計算，可得結果.【詳解】由題可知：點E是中點，點F是中點，所以又所以則故選：C【點睛】本題考查平面向量基本定理以及數量積公式，掌握公式，細心觀察，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。132022【解析】根據條件先求出數列的通項，利用累加法進行求解即可【詳解】，下面求數列的通項，由題意知，數列是遞增數列，且，的最小值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查歸納推理的應用，結合數列的性質求出數列的通項是解決本題的關鍵綜合性較強，屬于難題14【解析】如圖，連接，證明平面平面EFG.因為直線平面EFG，所以點P在直線AC上. 當時.線段的長度最小，再求此時的得解.【詳解】如圖，

12、連接， 因為E，F，G分別為AB，BC，的中點，所以，平面，則平面.因為，所以同理得平面，又.所以平面平面EFG.因為直線平面EFG，所以點P在直線AC上.在中，故當時.線段的長度最小，最小值為.故答案為：【點睛】本題主要考查空間位置關系的證明，考查立體幾何中的軌跡問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.15或【解析】試題分析：由，則可運用同角三角函數的平方關系：，已知兩邊及其對角，求角用正弦定理；，則；可得考點：運用正弦定理解三角形（注意多解的情況判斷）16【解析】不妨設雙曲線，焦點，令，由的長為實軸的二倍能夠推導出的離心率.【詳解】不妨設雙曲線，焦點，對稱軸，由題設知，因為的長為實軸的

13、二倍， ，故答案為.【點睛】本題主要考查利用雙曲線的簡單性質求雙曲線的離心率，屬于中檔題.求解與雙曲線性質有關的問題時要結合圖形進行分析，既使不畫出圖形，思考時也要聯想到圖形，當涉及頂點、焦點、實軸、虛軸、漸近線等雙曲線的基本量時，要理清它們之間的關系，挖掘出它們之間的內在聯系.求離心率問題應先將 用有關的一些量表示出來，再利用其中的一些關系構造出關于的等式，從而求出的值.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）見解析（2）【解析】(1) 設的中點為,連接.由展開圖可知,，.為的中點,則有,根據勾股定理可證得,則平面,即可證得平面平面(2) 由線面成角的定義可知

14、是直線與平面所成的角，且,最大即為最短時,即是的中點建立空間直角坐標系,求出與平面的法向量利用公式即可求得結果.【詳解】（1）設AC的中點為O，連接BO，PO由題意，得，在中，O為AC的中點，在中，平面，平面ABC，平面PAC，平面平面ABC（2）由（1）知，平面PAC，是直線BM與平面PAC所成的角，且，當OM最短時，即M是PA的中點時，最大由平面ABC，于是以OC，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖示空間直角坐標系，則，設平面MBC的法向量為，直線MA與平面MBC所成角為，則由得：.令，得，即.則.直線MA與平面MBC所成角的正弦值為.【點睛】本題考查面面垂直的證明,考查線面

15、成角問題,借助空間向量是解決線面成角問題的關鍵,難度一般.18（1）當時，遞增區間時，無遞減區間，當時，遞增區間時，遞減區間時；（2）或.【解析】（1）求出，對分類討論，先考慮（或）恒成立的范圍，并以此作為的分類標準，若不恒成立，求解，即可得出結論；（2）有解，即，令，轉化求函數只有一個實數解，根據（1）中的結論，即可求解.【詳解】（1），當時，恒成立，當時，綜上，當時，遞增區間時，無遞減區間，當時，遞增區間時，遞減區間時；（2），令，原方程只有一個解，只需只有一個解，即求只有一個零點時，的取值范圍，由（1）得當時，在單調遞增，且，函數只有一個零點，原方程只有一個解，當時，由（1）得在出取得極

16、小值，也是最小值，當時，此時函數只有一個零點，原方程只有一個解，當且遞增區間時，遞減區間時；，當，有兩個零點，即原方程有兩個解，不合題意，所以的取值范圍是或.【點睛】本題考查導數的綜合應用，涉及到單調性、零點、極值最值，考查分類討論和等價轉化思想，屬于中檔題.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

17、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) (2) 【解析】（1）把f（x）去絕對值寫成分段函數的形式，分類討論，分別求得解集，綜合可得結論（2）把f（x）去絕對值寫成分段函數，畫出f（x）的圖像，找出利用條件求得a的值【詳解】（1）時，.當時，即為，解得.當時， ，解得.當時， ，解得.綜上，的解集為.（2）.，由的圖象知，.【點睛】本題主要考查含絕對值不等式的解法及含絕對值的函數的最值問題，體現了分類討論的數學思想，屬于中檔題21（1）；（2）【解析】（1）通過正弦定理和內角和定