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．已知雙曲線：的焦距為，焦點到雙曲線的漸近線的距離為，則雙曲線的漸近線方程為（）A． B． C． D．2．如果直線與圓相交，則點與圓C的位置關系是（）A．點M在圓C上 B．點M在圓C外C．點M在圓C內 D．上述三種情況都有可能3．要得到函數的圖象，只需將函數圖象上所有點的橫坐標（）A．伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向右平移個單位長度B．伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再將得到的圖像向左平移個單位長度C．縮短到原來的倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向左平移個單位長度D．縮短到原來的倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向右平移個單位長度4．定義在R上的函數y=fx滿足fx≤2x-1A． B． C． D．5．已知函數是定義在上的偶函數，且在上單調遞增，則（）A． B．C． D．6．設過定點的直線與橢圓：交于不同的兩點，，若原點在以為直徑的圓的外部，則直線的斜率的取值范圍為（）A． B．C． D．7．雙曲線﹣y2=1的漸近線方程是（）A．x±2y=0 B．2x±y=0 C．4x±y=0 D．x±4y=08．已知雙曲線滿足以下條件：①雙曲線E的右焦點與拋物線的焦點F重合；②雙曲線E與過點的冪函數的圖象交于點Q，且該冪函數在點Q處的切線過點F關于原點的對稱點．則雙曲線的離心率是（）A． B． C． D．9．盒中裝有形狀、大小完全相同的5張“刮刮卡”，其中只有2張“刮刮卡”有獎，現甲從盒中隨機取出2張，則至少有一張有獎的概率為()A． B． C． D．10．設橢圓：的右頂點為A，右焦點為F，B、C為橢圓上關于原點對稱的兩點，直線BF交直線AC于M，且M為AC的中點，則橢圓E的離心率是（）A． B． C． D．11．已知向量，，，若，則（）A． B． C． D．12．已知拋物線經過點，焦點為，則直線的斜率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．小李參加有關“學習強國”的答題活動，要從4道題中隨機抽取2道作答，小李會其中的三道題，則抽到的2道題小李都會的概率為_____.14．已知函數，則曲線在點處的切線方程為___________.15．設滿足約束條件，則的取值范圍為__________.16．設函數，則滿足的的取值范圍為________.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）已知橢圓的左，右焦點分別為，，，M是橢圓E上的一個動點，且的面積的最大值為.（1）求橢圓E的標準方程，（2）若，，四邊形ABCD內接于橢圓E，，記直線AD，BC的斜率分別為，，求證:為定值.18．（12分）若函數為奇函數，且時有極小值.（1）求實數的值與實數的取值范圍；（2）若恒成立，求實數的取值范圍.19．（12分）已知函數（1）若函數有且只有一個零點，求實數的取值范圍；（2）若函數對恒成立，求實數的取值范圍.20．（12分）已知函數，，且．（1）當時，求函數的減區間；（2）求證：方程有兩個不相等的實數根；（3）若方程的兩個實數根是，試比較，與的大小，并說明理由．21．（12分）已知橢圓C:（a＞b＞0）的兩個焦點分別為F1（－，0）、F2（，0）.點M（1，0）與橢圓短軸的兩個端點的連線相互垂直.（1）求橢圓C的方程；（2）已知點N的坐標為（3，2），點P的坐標為（m，n）（m≠3）.過點M任作直線l與橢圓C相交于A、B兩點，設直線AN、NP、BN的斜率分別為k1、k2、k3，若k1＋k3＝2k2，試求m，n滿足的關系式.22．（10分）如圖1，在等腰中，，，分別為，的中點，為的中點，在線段上，且。將沿折起，使點到的位置（如圖2所示），且。（1）證明：平面；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值

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。1．A【解析】

利用雙曲線：的焦點到漸近線的距離為，求出，的關系式，然后求解雙曲線的漸近線方程．【詳解】雙曲線：的焦點到漸近線的距離為，可得：，可得，，則的漸近線方程為．故選A．【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，構建出的關系是解題的關鍵，考查計算能力，屬于中檔題.2．B【解析】

根據圓心到直線的距離小于半徑可得滿足的條件，利用與圓心的距離判斷即可.【詳解】直線與圓相交，圓心到直線的距離，即．也就是點到圓的圓心的距離大于半徑．即點與圓的位置關系是點在圓外．故選：【點睛】本題主要考查直線與圓相交的性質，考查點到直線距離公式的應用，屬于中檔題．3．B【解析】

分析：根據三角函數的圖象關系進行判斷即可．詳解：將函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），

得到再將得到的圖象向左平移個單位長度得到故選B．點睛：本題主要考查三角函數的圖象變換，結合和的關系是解決本題的關鍵．4．D【解析】

根據y=fx+1為奇函數，得到函數關于1,0中心對稱，排除AB，計算f1.5≤【詳解】y=fx+1為奇函數，即fx+1=-f-x+1，函數關于f1.5≤2故選：D.【點睛】本題考查了函數圖像的識別，確定函數關于1,0中心對稱是解題的關鍵.5．C【解析】

根據題意，由函數的奇偶性可得，，又由，結合函數的單調性分析可得答案．【詳解】根據題意，函數是定義在上的偶函數，則，，有，又由在上單調遞增，則有，故選C.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性與單調性的綜合應用，注意函數奇偶性的應用，屬于基礎題．6．D【解析】

設直線：，，，由原點在以為直徑的圓的外部，可得，聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理，即可求得答案.【詳解】顯然直線不滿足條件，故可設直線：，，，由，得，，解得或，，，，，，解得，直線的斜率的取值范圍為.故選：D.【點睛】本題解題關鍵是掌握橢圓的基礎知識和圓錐曲線與直線交點問題時，通常用直線和圓錐曲線聯立方程組，通過韋達定理建立起目標的關系式，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題．7．A【解析】試題分析：漸近線方程是﹣y2=1，整理后就得到雙曲線的漸近線．解：雙曲線其漸近線方程是﹣y2=1整理得x±2y=1．故選A．點評：本題考查了雙曲線的漸進方程，把雙曲線的標準方程中的“1”轉化成“1”即可求出漸進方程．屬于基礎題．8．B【解析】

由已知可求出焦點坐標為,可求得冪函數為,設出切點通過導數求出切線方程的斜率,利用斜率相等列出方程,即可求出切點坐標,然后求解雙曲線的離心率．【詳解】依題意可得，拋物線的焦點為，F關于原點的對稱點；，，所以，，設，則，解得，∴，可得，又，，可解得，故雙曲線的離心率是.故選B．【點睛】本題考查雙曲線的性質,已知拋物線方程求焦點坐標,求冪函數解析式,直線的斜率公式及導數的幾何意義,考查了學生分析問題和解決問題的能力,難度一般.9．C【解析】

先計算出總的基本事件的個數，再計算出兩張都沒獲獎的個數，根據古典概型的概率，求出兩張都沒有獎的概率，由對立事件的概率關系，即可求解.【詳解】從5張“刮刮卡”中隨機取出2張，共有種情況，2張均沒有獎的情況有（種），故所求概率為.故選:C.【點睛】本題考查古典概型的概率、對立事件的概率關系，意在考查數學建模、數學計算能力，屬于基礎題.10．C【解析】

連接，為的中位線，從而，且，進而，由此能求出橢圓的離心率.【詳解】如圖，連接，橢圓：的右頂點為A，右焦點為F，B、C為橢圓上關于原點對稱的兩點，不妨設B在第二象限，直線BF交直線AC于M，且M為AC的中點為的中位線，，且，，解得橢圓的離心率.故選：C【點睛】本題考查了橢圓的幾何性質，考查了運算求解能力，屬于基礎題.11．A【解析】

根據向量坐標運算求得，由平行關系構造方程可求得結果.【詳解】，，解得：故選：【點睛】本題考查根據向量平行關系求解參數值的問題，涉及到平面向量的坐標運算；關鍵是明確若兩向量平行，則.12．A【解析】

先求出，再求焦點坐標，最后求的斜率【詳解】解：拋物線經過點，，，，故選：A【點睛】考查拋物線的基礎知識及斜率的運算公式，基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

從四道題中隨機抽取兩道共6種情況，抽到的兩道全都會的情況有3種，即可得到概率.【詳解】由題：從從4道題中隨機抽取2道作答，共有種，小李會其中的三道題，則抽到的2道題小李都會的情況共有種，所以其概率為.故答案為：【點睛】此題考查根據古典概型求概率，關鍵在于根據題意準確求出基本事件的總數和某一事件包含的基本事件個數.14．【解析】

根據導數的幾何意義求出切線的斜率，利用點斜式求切線方程.【詳解】因為，所以，又故切線方程為，整理為，故答案為：【點睛】本題主要考查了導數的幾何意義，切線方程，屬于容易題.15．【解析】

由題意畫出可行域，轉化目標函數為，數形結合即可得到的最值，即可得解.【詳解】由題意畫出可行域，如圖：轉化目標函數為，通過平移直線，數形結合可知：當直線過點A時，直線截距最大，z最小；當直線過點C時，直線截距最小，z最大.由可得，由可得，當直線過點時，；當直線過點時，，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了簡單的線性規劃，考查了數形結合思想，屬于基礎題.16．【解析】

當時，函數單調遞增，當時，函數為常數，故需滿足，且，解得答案.【詳解】，當時，函數單調遞增，當時，函數為常數，需滿足，且，解得.故答案為：.【點睛】本題考查了根據函數單調性解不等式，意在考查學生對于函數性質的靈活運用.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）證明見解析【解析】

（1）設橢圓E的半焦距為c，由題意可知，當M為橢圓E的上頂點或下頂點時，的面積取得最大值，求出，即可得答案；（2）根據題意可知，，因為，所以可設直線CD的方程為，將直線代入曲線的方程，利用韋達定理得到的關系，再代入斜率公式可證得為定值.【詳解】（1）設橢圓E的半焦距為c，由題意可知，當M為橢圓E的上頂點或下頂點時，的面積取得最大值.所以，所以，，故橢圓E的標準方程為.（2）根據題意可知，，因為，所以可設直線CD的方程為.由，消去y可得，所以，即.直線AD的斜率，直線BC的斜率，所以，故為定值.【點睛】本題考查橢圓標準方程的求解、橢圓中的定值問題，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意坐標法的運用.18．（1），；（2）【解析】

（1）由奇函數可知在定義域上恒成立，由此建立方程，即可求出實數的值；對函數進行求導，，通過導數求出，若，則恒成立不符合題意，當，可證明，此時時有極小值.（2）可知，進而得到，令，通過導數可知在上為單調減函數，由可得，從而可求實數的取值范圍.【詳解】（1）由函數為奇函數，得在定義域上恒成立，所以，化簡可得，所以.則，令，則.故當時，；當時，，故在上遞減，在上遞增，若，則恒成立，單調遞增，無極值點；所以，解得，取，則又函數的圖象在區間上連續不間斷，故由函數零點存在性定理知在區間上，存在為函數的零點，為極小值，所以，的取值范圍是.（2）由滿足，代入，消去可得.構造函數，所以，當時，，即恒成立，故在上為單調減函數，其中.則可轉化為，故，由，設，可得當時，則在上遞增，故.綜上，的取值范圍是.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查了利用導數求函數的最值，考查了奇函數的定義，考查了轉化的思想.對于恒成立的問題，常轉化為求的最小值，使；對于恒成立的問題，常轉化為求的最大值，使.19．（1）；（2）.【解析】

（1）求導得到，討論和兩種情況，計算函數的單調性，得到，再討論，，三種情況，計算得到答案.（2）計算得到，討論，兩種情況，分別計算單調性得到函數最值，得到答案.【詳解】（1），①當時恒成立，所以單調遞增，因為，所以有唯一零點，即符合題意；②當時，令，函數在上單調遞減，在上單調遞增，函數。（i）當即,所以符合題意，（ii）當即時，因為，故存在,所以不符題意（iii）當時，因為，設，所以,單調遞增，即，故存在，使得，不符題意；綜上，的取值范圍為。（2）。①當時，恒成立，所以單調遞增，所以，即符合題意；②當時，恒成立，所以單調遞增，又因為，所以存在，使得，且當時，。即在上單調遞減，所以，不符題意。綜上，的取值范圍為.【點睛】本題考查了函數的零點問題，恒成立問題，意在考查學生的分類討論能力和綜合應用能力.20．（1）（2）詳見解析（3）【解析】

試題分析：（1）當時，，由得減區間；（2）因為，所以，因為所以，方程有兩個不相等的實數根；（3）因為，，所以試題解析：（1）當時，，由得減區間；（2）法1：，，，所以，方程有兩個不相等的實數根；法2：，，是開口向上的二次函數，所以，方程有兩個不相等的實數根；（3）因為，，又在和增，在減，所以．考點：利用導數求函數減區間，二次函數與二次方程關系21．（1）；（2）m－n－1＝0【解析】試題分析：（1）利用M與短軸端點構成等腰直角三角形，可求得b的值，進而得到橢圓方程；（2）設出過M的直線l的方程，將l與橢圓C聯立，得到兩交點坐標關系，然后將k1＋k3表示為直線l斜率的關系式，化簡后得k1＋k3＝2，于是可得m，n的關系式.試題解析：（1）由題意，c＝，b＝1，所以a＝故橢圓C的方程為（2）①當直線l的斜率不存在時，方程為x＝1，代入橢圓得，y＝±不妨設A（1，），B（1，－）因為k1＋k3＝＝2又k1＋k3＝2k2，所以k2＝