2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知為一條直線，為兩個不同的平面，則下列說法正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則2．地球上的風能取之不盡，用之不竭.風能是淸潔能源，也是可再生能源.世界各國致力于發展風力發電，近10年來，全球風力發電累計裝機容量連年攀升，中國更是發展迅猛，2014年累計裝機容量就突破了，達到，中國的風力發電技術也日臻成熟，在全球范圍的能源升級換代行動中體現出大國的擔當與決心.以下是近10年全球風力發電累計裝機容量與中國新增裝機容量圖.根據所給信息，正確的統計結論是（）A．截止到2015年中國累計裝機容量達到峰值B．10年來全球新增裝機容量連年攀升C．10年來中國新增裝機容量平均超過D．截止到2015年中國累計裝機容量在全球累計裝機容量中占比超過3．已知a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且a?α，b?β，aβ，bα，則“ab“是“αβ”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知圓錐的高為3，底面半徑為，若該圓錐的頂點與底面的圓周都在同一個球面上，則這個球的體積與圓錐的體積的比值為()A． B． C． D．5．已知中內角所對應的邊依次為，若，則的面積為（）A． B． C． D．6．已知直線y=k(x+1)(k>0)與拋物線C相交于A，B兩點，F為C的焦點，若|FA|=2|FB|，則|FA|=（）A．1 B．2 C．3 D．47．某四棱錐的三視圖如圖所示，則該四棱錐的表面積為（）A．8 B． C． D．8．已知復數滿足，且，則（）A．3 B． C． D．9．已知函數，若對任意，都有成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．10．雙曲線：（），左焦點到漸近線的距離為2，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．11．三棱錐中，側棱底面，，，，，則該三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．12．拋物線的焦點為，點是上一點，，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設為正實數，若則的取值范圍是__________．14．某校為了解家長對學校食堂的滿意情況，分別從高一、高二年級隨機抽取了20位家長的滿意度評分，其頻數分布表如下：滿意度評分分組合計高一1366420高二2655220根據評分，將家長的滿意度從低到高分為三個等級：滿意度評分評分70分70評分90評分90分滿意度等級不滿意滿意非常滿意假設兩個年級家長的評價結果相互獨立，根據所給數據，以事件發生的頻率作為相應事件發生的概率.現從高一、高二年級各隨機抽取1名家長，記事件：“高一家長的滿意度等級高于高二家長的滿意度等級”，則事件發生的概率為__________.15．（5分）在長方體中，已知棱長，體對角線，兩異面直線與所成的角為，則該長方體的表面積是____________．16．在棱長為的正方體中，是正方形的中心，為的中點，過的平面與直線垂直，則平面截正方體所得的截面面積為______.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）已知圓的極坐標方程是，以極點為平面直角坐標系的原點，極軸為軸的正半軸，建立平面直角坐標系，直線的參數方程是是參數），若直線與圓相切，求實數的值.18．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數，將曲線經過伸縮變換后得到曲線.在以原點為極點，軸正半軸為極軸的極坐標系中，直線的極坐標方程為.（1）說明曲線是哪一種曲線，并將曲線的方程化為極坐標方程；（2）已知點是曲線上的任意一點，又直線上有兩點和，且，又點的極角為，點的極角為銳角.求：①點的極角；②面積的取值范圍.19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，平面平面，點為棱的中點．（Ⅰ）在棱上是否存在一點，使得平面，并說明理由；（Ⅱ）當二面角的余弦值為時，求直線與平面所成的角．20．（12分）某公司為了鼓勵運動提高所有用戶的身體素質，特推出一款運動計步數的軟件，所有用戶都可以通過每天累計的步數瓜分紅包，大大增加了用戶走步的積極性，所以該軟件深受廣大用戶的歡迎.該公司為了研究“日平均走步數和性別是否有關”，統計了2019年1月份所有用戶的日平均步數，規定日平均步數不少于8000的為“運動達人”，步數在8000以下的為“非運動達人”，采用按性別分層抽樣的方式抽取了100個用戶，得到如下列聯表：運動達人非運動達人總計男3560女26總計100（1）（i）將列聯表補充完整；（ii）據此列聯表判斷，能否有的把握認為“日平均走步數和性別是否有關”？（2）將頻率視作概率，從該公司的所有人“運動達人”中任意抽取3個用戶，求抽取的用戶中女用戶人數的分布列及期望.附：21．（12分）如圖，在中，，，點在線段上.（1）若，求的長；（2）若，，求的面積.22．（10分）設為實數,在極坐標系中,已知圓（）與直線相切,求的值．

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。1．D【解析】A.若，則或，故A錯誤；B.若，則或故B錯誤；C.若，則或，或與相交；D.若，則，正確.故選D.2．D【解析】

先列表分析近10年全球風力發電新增裝機容量，再結合數據研究單調性、平均值以及占比，即可作出選擇.【詳解】年份2009201020112012201320142015201620172018累計裝機容量158.1197.2237.8282.9318.7370.5434.3489.2542.7594.1新增裝機容量39.140.645.135.851.863.854.953.551.4中國累計裝機裝機容量逐年遞增，A錯誤；全球新增裝機容量在2015年之后呈現下降趨勢，B錯誤；經計算，10年來中國新增裝機容量平均每年為，選項C錯誤；截止到2015年中國累計裝機容量，全球累計裝機容量，占比為，選項D正確.故選：D【點睛】本題考查條形圖，考查基本分析求解能力，屬基礎題.3．D【解析】

根據面面平行的判定及性質求解即可．【詳解】解：a?α，b?β，a∥β，b∥α，由a∥b，不一定有α∥β，α與β可能相交；反之，由α∥β，可得a∥b或a與b異面，∴a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且a?α，b?β，a∥β，b∥α，則“a∥b“是“α∥β”的既不充分也不必要條件．故選：D.【點睛】本題主要考查充分條件與必要條件的判斷，考查面面平行的判定與性質，屬于基礎題．4．B【解析】

計算求半徑為，再計算球體積和圓錐體積，計算得到答案.【詳解】如圖所示：設球半徑為，則，解得.故求體積為：，圓錐的體積：，故.故選：.【點睛】本題考查了圓錐，球體積，圓錐的外接球問題，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.5．A【解析】

由余弦定理可得，結合可得a，b，再利用面積公式計算即可.【詳解】由余弦定理，得，由，解得，所以，.故選：A.【點睛】本題考查利用余弦定理解三角形，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.6．C【解析】

方法一：設，利用拋物線的定義判斷出是的中點，結合等腰三角形的性質求得點的橫坐標，根據拋物線的定義求得，進而求得.方法二：設出兩點的橫坐標，由拋物線的定義，結合求得的關系式，聯立直線的方程和拋物線方程，寫出韋達定理，由此求得，進而求得.【詳解】方法一：由題意得拋物線的準線方程為，直線恒過定點，過分別作于，于，連接，由，則，所以點為的中點，又點是的中點，則，所以，又所以由等腰三角形三線合一得點的橫坐標為，所以，所以．方法二：拋物線的準線方程為，直線由題意設兩點橫坐標分別為，則由拋物線定義得又①②由①②得.故選：C【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，考查直線和拋物線的位置關系，屬于中檔題.7．D【解析】

根據三視圖還原幾何體為四棱錐，即可求出幾何體的表面積．【詳解】由三視圖知幾何體是四棱錐，如圖，且四棱錐的一條側棱與底面垂直，四棱錐的底面是正方形,邊長為2,棱錐的高為2，所以，故選：【點睛】本題主要考查了由三視圖還原幾何體，棱錐表面積的計算，考查了學生的運算能力，屬于中檔題.8．C【解析】

設,則,利用和求得,即可.【詳解】設,則,因為,則,所以,又,即,所以,所以,故選:C【點睛】本題考查復數的乘法法則的應用,考查共軛復數的應用.9．D【解析】

先將所求問題轉化為對任意恒成立，即得圖象恒在函數圖象的上方，再利用數形結合即可解決.【詳解】由得，由題意函數得圖象恒在函數圖象的上方，作出函數的圖象如圖所示過原點作函數的切線，設切點為，則，解得，所以切線斜率為，所以，解得.故選：D.【點睛】本題考查導數在不等式恒成立中的應用，考查了學生轉化與化歸思想以及數形結合的思想，是一道中檔題.10．B【解析】

首先求得雙曲線的一條漸近線方程，再利用左焦點到漸近線的距離為2，列方程即可求出，進而求出漸近線的方程.【詳解】設左焦點為，一條漸近線的方程為，由左焦點到漸近線的距離為2，可得，所以漸近線方程為，即為,故選：B【點睛】本題考查雙曲線的漸近線的方程，考查了點到直線的距離公式，屬于中檔題.11．B【解析】由題，側棱底面，，，，則根據余弦定理可得，的外接圓圓心三棱錐的外接球的球心到面的距離則外接球的半徑，則該三棱錐的外接球的表面積為點睛：本題考查的知識點是球內接多面體，熟練掌握球的半徑公式是解答的關鍵．12．B【解析】

根據拋物線定義得，即可解得結果.【詳解】因為，所以.故選B【點睛】本題考查拋物線定義，考查基本分析求解能力，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

根據，可得，進而，有，而，令，得到，再用導數法求解，【詳解】因為，所以，所以，所以，所以，令，，所以，當時，，當時，所以當時，取得最大值，又，所以取值范圍是，故答案為：【點睛】本題主要考查基本不等式的應用和導數法求最值，還考查了運算求解的能力，屬于難題，14．0.42【解析】

高一家長的滿意度等級高于高二家長的滿意度等級有三種情況，分別求出三種情況的概率，再利用加法公式即可.【詳解】由已知，高一家長滿意等級為不滿意的概率為，滿意的概率為，非常滿意的概率為，高二家長滿意等級為不滿意的概率為，滿意的概率為，非常滿意的概率為，高一家長的滿意度等級高于高二家長的滿意度等級有三種情況：1.高一家長滿意，高二家長不滿意，其概率為；2.高一家長非常滿意，高二家長不滿意，其概率為；3.高一家長非常滿意，高二家長滿意，其概率為.由加法公式，知事件發生的概率為.故答案為：【點睛】本題考查獨立事件的概率，涉及到概率的加法公式，是一道中檔題.15．10【解析】

作出長方體如圖所示，由于，則就是異面直線與所成的角，且，在等腰直角三角形中，由，得，又，則，從而長方體的表面積為．16．【解析】

確定平面即為平面，四邊形是菱形，計算面積得到答案.【詳解】如圖，在正方體中，記的中點為，連接，則平面即為平面．證明如下：由正方體的性質可知，，則，四點共面，記的中點為，連接，易證．連接，則，所以平面，則．同理可證，，，則平面，所以平面即平面，且四邊形即平面截正方體所得的截面．因為正方體的棱長為，易知四邊形是菱形，其對角線，，所以其面積．故答案為：【點睛】本題考查了正方體的截面面積，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.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．【解析】

將圓的極坐標方程化為直角坐標方程，直線的參數方程化為普通方程，再根據直線與圓相切，利用圓心到直線的距離等于半徑，即可求實數的值.【詳解】由，得，，即圓的方程為，又由消，得，直線與圓相切，，．【點睛】本題重點考查方程的互化，考查直線與圓的位置關系，解題的關鍵是利用圓心到直線的距離等于半徑,研究直線與圓相切.18．（1）曲線為圓心在原點，半徑為2的圓.的極坐標方程為（2）①②【解析】

（1）求得曲線伸縮變換后所得的參數方程，消參后求得的普通方程，判斷出對應的曲線，并將的普通方程轉化為極坐標方程.（2）①將的極角代入直線的極坐標方程，由此求得點的極徑，判斷出為等腰三角形，求得直線的普通方程，由此求得，進而求得，從而求得點的極角.②解法一：利用曲線的參數方程，求得曲線上的點到直線的距離的表達式，結合三角函數的知識求得的最小值和最大值，由此求得面積的取值范圍.解法二：根據曲線表示的曲線，利用圓的幾何性質求得圓上的點到直線的距離的最大值和最小值，進而求得面積的取值范圍.【詳解】（1）因為曲線的參數方程為（為參數），因為則曲線的參數方程所以的普通方程為.所以曲線為圓心在原點，半徑為2的圓.所以的極坐標方程為，即.（2）①點的極角為，代入直線的極坐標方程得點極徑為，且，所以為等腰三角形，又直線的普通方程為，又點的極角為銳角，所以，所以，所以點的極角為.②解法1：直線的普通方程為.曲線上的點到直線的距離.當，即（）時，取到最小值為.當，即（）時，取到最大值為.所以面積的最大值為；所以面積的最小值為；故面積的取值范圍.解法2：直線的普通方程為.因為圓的半徑為2，且圓心到直線的距離，因為，所以圓與直線相離.所以圓上的點到直線的距離最大值為，最小值為.所以面積的最大值為；所以面積的最小值為；故面積的取值范圍.【點睛】本小題考查坐標變換，極徑與極角；直線，圓的極坐標方程，圓的參數方程，直線的極坐標方程與普通方程，點到直線的距離等.考查數學運算能力，包括運算原理的理解與應用、運算方法的選擇與優化、運算結果的檢驗與改進等.也兼考了數學抽象素養、邏輯推理、數學運算、直觀想象等核心素養.19．（1）見解析（2）【解析】

（Ⅰ）取的中點，連結、，得到故且，進而得到，利用線面平行的判定定理，即可證得平面.（Ⅱ）以為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，設，求得平面的法向量為，和平面的法向量，利用向量的夾角公式，求得，進而得到為直線與平面所成的角，即可求解.【詳解】（Ⅰ）在棱上存在點，使得平面，點為棱的中點．理由如下：取的中點，連結、，由題意，且，且，故且.所以，四邊形為平行四邊形.所以，，又平面，平面，所以，平面.（Ⅱ）由題意知為正三角形，所以，亦即，又，所以，且平面平面，平面平面，所以平面，故以為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，設，則由題意知，，，，，，設平面的法向量為，則由得，令，則，，所以取，顯然可取平面的法向量，由題意：，所以.由于平面，所以在平面內的射影為，所以為直線與平面所成的角，易知在中，，從而，所以直線與平面所成的角為.【點睛】本題考查了立體幾何中的面面垂直的判定和直線與平面所成角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，通過嚴密