1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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關于的不等式的解集是，則關于的不等式的解集是（ ）ABCD2設則以線段為直徑的圓的方程是（ ）ABCD3已知函數，若恒成立，則滿足條件的的個數為（ ）A0B1C2D34如圖，正方體的

2、底面與正四面體的底面在同一平面上，且，若正方體的六個面所在的平面與直線相交的平面個數分別記為，則下列結論正確的是（）ABCD5已知函數滿足，且，則不等式的解集為（ ）ABCD6在邊長為的菱形中，沿對角線折成二面角為的四面體（如圖），則此四面體的外接球表面積為（ ）ABCD7若復數滿足（是虛數單位），則的虛部為（ ）ABCD8一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積為（ ） ABCD9已知為圓：上任意一點，若線段的垂直平分線交直線于點，則點的軌跡方程為( )ABC（）D（）10雙曲線的右焦點為，過點且與軸垂直的直線交兩漸近線于兩點，與雙曲線的其中一個交點為，若，且，則該雙曲線的離心率為(

3、)ABCD11給出下列三個命題：“”的否定；在中，“”是“”的充要條件；將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象其中假命題的個數是（ ）A0B1C2D312 “完全數”是一些特殊的自然數，它所有的真因子（即除了自身以外的約數）的和恰好等于它本身.古希臘數學家畢達哥拉斯公元前六世紀發現了第一、二個“完全數”6和28，進一步研究發現后續三個完全數”分別為496，8128，33550336，現將這五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則6和28不在同一組的概率為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13如圖是一個幾何體的三視圖，若它的體積是，則_ ，該幾何體

4、的表面積為 _14已知等差數列的各項均為正數，且，若，則_.15在三棱錐中，兩兩垂直且，點為的外接球上任意一點，則的最大值為_.16對于任意的正數，不等式恒成立，則的最大值為_.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）設數陣，其中、設，其中，且定義變換為“對于數陣的每一行，若其中有或，則將這一行中每個數都乘以；若其中沒有且沒有，則這一行中所有數均保持不變”（、）表示“將經過變換得到，再將經過變換得到、 ，以此類推，最后將經過變換得到”，記數陣中四個數的和為（1）若，寫出經過變換后得到的數陣；（2）若，求的值；（3）對任意確定的一個數陣，證明：的所有可能取值的

5、和不超過18（12分）已知函數（1）當時，求不等式的解集；（2）若函數的值域為A，且，求a的取值范圍.19（12分）如圖，在四棱錐中，平面， 底面是矩形，分別是，的中點.（）求證：平面；（）設， 求三棱錐的體積.20（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

6、）求直線與平面所成角的正弦值.21（12分）已知橢圓：的四個頂點圍成的四邊形的面積為，原點到直線的距離為.（1）求橢圓的方程；（2）已知定點，是否存在過的直線，使與橢圓交于，兩點，且以為直徑的圓過橢圓的左頂點？若存在，求出的方程：若不存在，請說明理由.22（10分）如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，平面，點是棱的中點，.（1）若，證明：平面平面；（2）若三棱錐的體積為，求二面角的余弦值.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】由的解集，可知及，進而可求出方程的解，從而可求出的解集.【詳解】由的解集為，可知且，令，

7、解得，因為，所以的解集為，故選：A.【點睛】本題考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查學生的計算求解能力與推理能力，屬于基礎題.2A【解析】計算的中點坐標為，圓半徑為，得到圓方程.【詳解】的中點坐標為：，圓半徑為，圓方程為.故選：.【點睛】本題考查了圓的標準方程，意在考查學生的計算能力.3C【解析】由不等式恒成立問題分類討論：當，當，當，考查方程的解的個數，綜合得解【詳解】當時，滿足題意，當時，故不恒成立，當時，設，令，得，得，下面考查方程的解的個數，設（a），則（a）由導數的應用可得：（a）在為減函數，在，為增函數，則（a），即有一解，又，均為增函數，所以存在1個使得成立，綜合得：滿

8、足條件的的個數是2個，故選：【點睛】本題考查了不等式恒成立問題及利用導數研究函數的解得個數，重點考查了分類討論的數學思想方法，屬難度較大的題型.4A【解析】根據題意，畫出幾何位置圖形，由圖形的位置關系分別求得的值，即可比較各選項.【詳解】如下圖所示，平面，從而平面，易知與正方體的其余四個面所在平面均相交，平面，平面，且與正方體的其余四個面所在平面均相交，結合四個選項可知，只有正確.故選：A.【點睛】本題考查了空間幾何體中直線與平面位置關系的判斷與綜合應用，對空間想象能力要求較高，屬于中檔題.5B【解析】構造函數,利用導數研究函數的單調性，即可得到結論.【詳解】設,則函數的導數,，即函數為減函數

9、,，則不等式等價為，則不等式的解集為,即的解為，由得或，解得或,故不等式的解集為.故選:.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數單調性，根據函數的單調性解不等式，考查學生分析問題解決問題的能力,是難題.6A【解析】畫圖取的中點M，法一：四邊形的外接圓直徑為OM，即可求半徑從而求外接球表面積；法二：根據，即可求半徑從而求外接球表面積；法三：作出的外接圓直徑，求出和，即可求半徑從而求外接球表面積；【詳解】如圖，取的中點M，和的外接圓半徑為，和的外心，到弦的距離（弦心距）為.法一：四邊形的外接圓直徑，；法二：，；法三：作出的外接圓直徑，則，.故選：A【點睛】此題考查三棱錐的外接球表面積，關鍵點是通過幾

10、何關系求得球心位置和球半徑，方法較多，屬于較易題目.7A【解析】由得,然后分子分母同時乘以分母的共軛復數可得復數,從而可得的虛部.【詳解】因為,所以,所以復數的虛部為.故選A.【點睛】本題考查了復數的除法運算和復數的概念,屬于基礎題.復數除法運算的方法是分子分母同時乘以分母的共軛復數,轉化為乘法運算.8B【解析】還原幾何體可知原幾何體為半個圓柱和一個四棱錐組成的組合體，分別求解兩個部分的體積，加和得到結果.【詳解】由三視圖還原可知，原幾何體下半部分為半個圓柱，上半部分為一個四棱錐半個圓柱體積為：四棱錐體積為：原幾何體體積為：本題正確選項：【點睛】本題考查三視圖的還原、組合體體積的求解問題，關鍵

11、在于能夠準確還原幾何體，從而分別求解各部分的體積.9B【解析】如圖所示：連接，根據垂直平分線知，故軌跡為雙曲線，計算得到答案.【詳解】如圖所示：連接，根據垂直平分線知，故，故軌跡為雙曲線，故，故軌跡方程為.故選：.【點睛】本題考查了軌跡方程，確定軌跡方程為雙曲線是解題的關鍵.10D【解析】根據已知得本題首先求出直線與雙曲線漸近線的交點，再利用，求出點，因為點在雙曲線上，及，代入整理及得，又已知，即可求出離心率【詳解】由題意可知，代入得：，代入雙曲線方程整理得：，又因為，即可得到，故選：D【點睛】本題主要考查的是雙曲線的簡單幾何性質和向量的坐標運算，離心率問題關鍵尋求關于，的方程或不等式，由此計

12、算雙曲線的離心率或范圍，屬于中檔題11C【解析】結合不等式、三角函數的性質,對三個命題逐個分析并判斷其真假,即可選出答案.【詳解】對于命題,因為,所以“”是真命題,故其否定是假命題,即是假命題;對于命題,充分性:中,若,則,由余弦函數的單調性可知,即,即可得到,即充分性成立;必要性:中,若,結合余弦函數的單調性可知,即,可得到,即必要性成立.故命題正確;對于命題,將函數的圖象向左平移個單位長度,可得到的圖象,即命題是假命題故假命題有.故選:C【點睛】本題考查了命題真假的判斷,考查了余弦函數單調性的應用,考查了三角函數圖象的平移變換,考查了學生的邏輯推理能力,屬于基礎題.12C【解析】先求出五個

13、“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個的基本事件總數為，再求出6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，根據即可求出6和28不在同一組的概率.【詳解】解：根據題意，將五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則基本事件總數為，則6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，6和28不在同一組的概率.故選：C.【點睛】本題考查古典概型的概率的求法，涉及實際問題中組合數的應用.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13；【解析】試題分析：如圖：此幾何體是四棱錐，底面是邊長為的正方形，平面平面，并且，所以體積是，解得，四個側面都是直角三角形，所以計算出邊長，表面積是考點：1三視圖；2

14、幾何體的表面積14【解析】設等差數列的公差為，根據，且，可得，解得，進而得出結論.【詳解】設公差為，因為，所以，所以，所以 故答案為：【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式、需熟記公式，屬于基礎題.15【解析】先根據三棱錐的幾何性質，求出外接球的半徑，結合向量的運算，將問題轉化為求球體表面一點到外心距離最大的問題，即可求得結果.【詳解】因為兩兩垂直且，故三棱錐的外接球就是對應棱長為2的正方體的外接球.且外接球的球心為正方體的體對角線的中點，如下圖所示：容易知外接球半徑為.設線段的中點為，故可得，故當取得最大值時，取得最大值.而當在同一個大圓上，且，點與線段在球心的異側時，取得最大值，如圖所示

15、：此時，故答案為：.【點睛】本題考查球體的幾何性質，幾何體的外接球問題，涉及向量的線性運算以及數量積運算，屬綜合性困難題.16【解析】根據均為正數，等價于恒成立，令，轉化為恒成立，利用基本不等式求解最值.【詳解】由題均為正數，不等式恒成立，等價于恒成立，令則，當且僅當即時取得等號，故的最大值為.故答案為：【點睛】此題考查不等式恒成立求參數的取值范圍，關鍵在于合理進行等價變形，此題可以構造二次函數求解，也可利用基本不等式求解.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）；（2）；（3）見解析.【解析】（1）由，能求出經過變換后得到的數陣；（2）由，求出數陣經過變化后的

16、矩陣，進而可求得的值；（3）分和兩種情況討論，推導出變換后數陣的第一行和第二行的數字之和，由此能證明的所有可能取值的和不超過【詳解】（1），經過變換后得到的數陣；（2）經變換后得，故；（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共個，經過變換后第一行均變為、；含有且不含的子集共個，經過變換后第一行均變為、；同時含有和的子集共個，經過變換后第一行仍為、；不含也不含的子集共個，經過變換后第一行仍為、所以經過變換后所有的第一行的所有數的和為.若，則的所有非空子集中，含有的子集共個，經過變換后第一行均變為、；不含有的子集共個，經過變換后第一行仍為、所以經過變換后所有的第一行的所有數的和為同理，經過變

17、換后所有的第二行的所有數的和為所以的所有可能取值的和為，又因為、，所以的所有可能取值的和不超過【點睛】本題考查數陣變換的求法，考查數陣中四個數的和不超過的證明，考查類比推理、數陣變換等基礎知識，考查運算求解能力，綜合性強，難度大18（1）或（2）【解析】（1）分類討論去絕對值即可；（2）根據條件分a3和a3兩種情況，由2，1A建立關于a的不等式，然后求出a的取值范圍.【詳解】（1）當a1時，f（x）|x+1|.f（x）|2x+1|1，當x1時，原不等式可化為x12x2，x1；當時，原不等式可化為x+12x2，x1，此時不等式無解；當時，原不等式可化為x+12x，x1，綜上，原不等式的解集為x|

18、x1或x1.（2）當a3時，函數g（x）的值域Ax|3+axa3.2，1A，a5；當a3時，函數g（x）的值域Ax|a3x3+a.2，1A，a1，綜上，a的取值范圍為（，51，+）.【點睛】本題考查了絕對值不等式的解法和利用集合間的關于求參數的取值范圍，考查了轉化思想和分類討論思想，屬于中檔題.19（）見解析（）【解析】（）取中點，連，根據平行四邊形，可得，進而證得平面平面，利用面面垂直的性質，得平面，又由，即可得到平面.（）根據三棱錐的體積公式，利用等積法，即可求解.【詳解】（）取中點，連，由，可得，可得是平行四邊形，則，又平面，平面平面，平面，平面，平面平面，是中點，則，而平面平面，而，平

19、面.（）根據三棱錐的體積公式，得 .【點睛】本題主要考查了空間中線面位置關系的判定與證明，以及利用“等體積法”求解三棱錐的體積，其中解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理，以及合理利用“等體積法”求解是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬于基礎題.20（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

20、.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.21（1）；（2）存在，且方程為或.【解析】（1）依題意列出關于a,b,c的方程組，求得a,b,進而可得到橢圓方程；（2）聯立直線和橢圓得到，要使以為直徑的圓過橢圓的左頂點，則，結合韋達定理可得到參數值.【詳解】（1）直線的