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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．等比數列的前項和為，若，，，，則（）A． B． C． D．2．運行如圖程序，則輸出的S的值為（）A．0 B．1 C．2018 D．20173．已知雙曲線的左，右焦點分別為、，過的直線l交雙曲線的右支于點P，以雙曲線的實軸為直徑的圓與直線l相切，切點為H，若，則雙曲線C的離心率為（）A． B． C． D．4．下列判斷錯誤的是()A．若隨機變量服從正態分布，則B．已知直線平面，直線平面，則“”是“”的充分不必要條件C．若隨機變量服從二項分布：，則D．是的充分不必要條件5．甲、乙、丙三人參加某公司的面試，最終只有一人能夠被該公司錄用，得到面試結果以后甲說：丙被錄用了；乙說：甲被錄用了；丙說：我沒被錄用.若這三人中僅有一人說法錯誤，則下列結論正確的是（）A．丙被錄用了 B．乙被錄用了 C．甲被錄用了 D．無法確定誰被錄用了6．設、分別是定義在上的奇函數和偶函數，且，則（）A． B．0 C．1 D．37．若向量，，則與共線的向量可以是（）A． B． C． D．8．已知函數（），若函數有三個零點，則的取值范圍是（）A． B．C． D．9．已知函數，且的圖象經過第一、二、四象限，則，，的大小關系為()A． B．C． D．10．A． B． C． D．11．若函數在時取得極值，則（）A． B． C． D．12．已知橢圓的中心為原點，為的左焦點，為上一點，滿足且，則橢圓的方程為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某四棱錐的三視圖如圖所示，那么此四棱錐的體積為______.14．已知雙曲線的一條漸近線方程為，則________．15．平面直角坐標系中,O為坐標原點,己知A(3,1),B(-1,3),若點C滿足,其中α,β∈R,且α+β=1,則點C的軌跡方程為16．已知實數滿足，則的最小值是______________.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，直三棱柱中，底面為等腰直角三角形，，，，分別為，的中點，為棱上一點，若平面.（1）求線段的長；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）已知.（1）求不等式的解集；（2）記的最小值為，且正實數滿足.證明：.19．（12分）已知函數的導函數的兩個零點為和．（1）求的單調區間；（2）若的極小值為，求在區間上的最大值．20．（12分）如圖，在三棱柱中，，，，為的中點，且.（1）求證：平面；（2）求銳二面角的余弦值.21．（12分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，，，點、分別為，的中點，且平面平面.（1）求證：平面.（2）若，求直線與平面所成角的正弦值.22．（10分）已知橢圓的右焦點為，離心率為.（1）若，求橢圓的方程；（2）設直線與橢圓相交于、兩點，、分別為線段、的中點，若坐標原點在以為直徑的圓上，且，求的取值范圍.

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】試題分析：由于在等比數列中，由可得：，又因為，所以有：是方程的二實根，又，，所以，故解得：，從而公比；那么，故選D．考點：等比數列．2．D【解析】

依次運行程序框圖給出的程序可得第一次：，不滿足條件；第二次：，不滿足條件；第三次：，不滿足條件；第四次：，不滿足條件；第五次：，不滿足條件；第六次：，滿足條件，退出循環．輸出1．選D．3．A【解析】

在中，由余弦定理，得到，再利用即可建立的方程.【詳解】由已知，，在中，由余弦定理，得，又，，所以，，故選：A.【點睛】本題考查雙曲線離心率的計算問題，處理雙曲線離心率問題的關鍵是建立三者間的關系，本題是一道中檔題.4．D【解析】

根據正態分布、空間中點線面的位置關系、充分條件與必要條件的判斷、二項分布及不等式的性質等知識，依次對四個選項加以分析判斷，進而可求解.【詳解】對于選項，若隨機變量服從正態分布，根據正態分布曲線的對稱性，有，故選項正確，不符合題意；對于選項，已知直線平面，直線平面，則當時一定有，充分性成立，而當時，不一定有，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件，故選項正確，不符合題意；對于選項，若隨機變量服從二項分布：，則，故選項正確，不符合題意；對于選項，，僅當時有，當時，不成立，故充分性不成立；若，僅當時有，當時，不成立，故必要性不成立.因而是的既不充分也不必要條件,故選項不正確，符合題意.故選：D【點睛】本題考查正態分布、空間中點線面的位置關系、充分條件與必要條件的判斷、二項分布及不等式的性質等知識，考查理解辨析能力與運算求解能力，屬于基礎題.5．C【解析】

假設若甲被錄用了，若乙被錄用了，若丙被錄用了，再逐一判斷即可.【詳解】解：若甲被錄用了，則甲的說法錯誤，乙，丙的說法正確，滿足題意，若乙被錄用了，則甲、乙的說法錯誤，丙的說法正確，不符合題意，若丙被錄用了，則乙、丙的說法錯誤，甲的說法正確，不符合題意，綜上可得甲被錄用了，故選：C.【點睛】本題考查了邏輯推理能力，屬基礎題.6．C【解析】

先根據奇偶性，求出的解析式，令，即可求出。【詳解】因為、分別是定義在上的奇函數和偶函數，，用替換，得，化簡得，即令，所以，故選C。【點睛】本題主要考查函數性質奇偶性的應用。7．B【解析】

先利用向量坐標運算求出向量,然后利用向量平行的條件判斷即可.【詳解】故選B【點睛】本題考查向量的坐標運算和向量平行的判定,屬于基礎題,在解題中要注意橫坐標與橫坐標對應,縱坐標與縱坐標對應,切不可錯位.8．A【解析】

分段求解函數零點，數形結合，分類討論即可求得結果.【詳解】作出和，的圖像如下所示：函數有三個零點，等價于與有三個交點，又因為，且由圖可知，當時與有兩個交點，故只需當時，與有一個交點即可.若當時，時，顯然??=??(??)與??=4|??|有一個交點??，故滿足題意；時，顯然??=??(??)與??=4|??|沒有交點，故不滿足題意；時，顯然??=??(??)與??=4|??|也沒有交點，故不滿足題意；時，顯然與有一個交點，故滿足題意.綜上所述，要滿足題意，只需.故選：A.【點睛】本題考查由函數零點的個數求參數范圍，屬中檔題.9．C【解析】

根據題意，得，，則為減函數，從而得出函數的單調性，可比較和，而，比較，即可比較.【詳解】因為，且的圖象經過第一、二、四象限，所以，，所以函數為減函數，函數在上單調遞減，在上單調遞增，又因為，所以，又，，則|，即，所以.故選：C.【點睛】本題考查利用函數的單調性比較大小，還考查化簡能力和轉化思想.10．A【解析】

直接利用復數代數形式的乘除運算化簡得答案.【詳解】本題正確選項：【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，是基礎的計算題．11．D【解析】

對函數求導，根據函數在時取得極值，得到，即可求出結果.【詳解】因為，所以，又函數在時取得極值，所以，解得.故選D【點睛】本題主要考查導數的應用，根據函數的極值求參數的問題，屬于常考題型.12．B【解析】由題意可得c=，設右焦點為F′，由|OP|=|OF|=|OF′|知，∠PFF′=∠FPO，∠OF′P=∠OPF′，所以∠PFF′+∠OF′P=∠FPO+∠OPF′，由∠PFF′+∠OF′P+∠FPO+∠OPF′=180°知，∠FPO+∠OPF′=90°，即PF⊥PF′．在Rt△PFF′中，由勾股定理，得|PF′|=，由橢圓定義，得|PF|+|PF′|=2a=4+8=12，從而a=6，得a2=36，于是b2=a2﹣c2=36﹣=16，所以橢圓的方程為．故選B．點睛：橢圓的定義：到兩定點距離之和為常數的點的軌跡，當和大于兩定點間的距離時，軌跡是橢圓，當和等于兩定點間的距離時，軌跡是線段（兩定點間的連線段），當和小于兩定點間的距離時，軌跡不存在．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

利用三視圖判斷幾何體的形狀，然后通過三視圖的數據求解幾何體的體積.【詳解】如圖：此四棱錐的高為，底面是長為，寬為2的矩形，所以體積.所以本題答案為.【點睛】本題考查幾何體與三視圖的對應關系，幾何體體積的求法，考查空間想象能力與計算能力.解決本類題目的關鍵是準確理解幾何體的定義，真正把握幾何體的結構特征，可以根據條件構建幾何模型，在幾何模型中進行判斷.14．【解析】

根據雙曲線的標準方程寫出雙曲線的漸近線方程，結合題意可求得正實數的值.【詳解】雙曲線的漸近線方程為，由于該雙曲線的一條漸近線方程為，，解得.故答案為：.【點睛】本題考查利用雙曲線的漸近線方程求參數，考查計算能力，屬于基礎題.15．【解析】

根據向量共線定理得A,B,C三點共線，再根據點斜式得結果【詳解】因為,且α+β=1，所以A,B,C三點共線，因此點C的軌跡為直線AB:【點睛】本題考查向量共線定理以及直線點斜式方程，考查基本分析求解能力，屬中檔題.16．【解析】

先畫出不等式組對應的可行域，再利用數形結合分析解答得解.【詳解】畫出不等式組表示的可行域如圖陰影區域所示.由題得y=-3x+z,它表示斜率為-3,縱截距為z的直線系，平移直線，易知當直線經過點時，直線的縱截距最小，目標函數取得最小值，且.故答案為：-8【點睛】本題主要考查線性規劃問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和數形結合分析能力.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．（1）（2）【解析】

（1）先證得，設與交于點，在中解直角三角形求得，由此求得的值.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值.【詳解】（1）由題意，，設與交于點，在中，可求得，則，可求得，則（2）以為原點，方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系.，，，，，易得平面的法向量為.，，易得平面的法向量為.設二面角為，由圖可知為銳角，所以.即二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查根據線面垂直求邊長，考查二面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.18．（1）或；（2）見解析【解析】

（1）根據，利用零點分段法解不等式，或作出函數的圖像，利用函數的圖像解不等式；（2）由（1）作出的函數圖像求出的最小值為，可知，代入中，然后給等式兩邊同乘以，再將寫成后，化簡變形，再用均值不等式可證明.【詳解】（1）解法一：1°時，，即，解得；2°時，，即，解得；3°時，，即，解得.綜上可得，不等式的解集為或.解法二：由作出圖象如下：由圖象可得不等式的解集為或.（2）由所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，正實數滿足，則，即，（當且僅當即時取等號）故，得證.【點睛】此題考查了絕對值不等式的解法，絕對值不等式的性質和均值不等式的運用，考查了分類討論思想和轉化思想，屬于中檔題.19．（1）單調遞增區間是，單調遞減區間是和；（2）最大值是．【解析】

（1）求得，由題意可知和是函數的兩個零點，根據函數的符號變化可得出的符號變化，進而可得出函數的單調遞增區間和遞減區間；（2）由（1）中的結論知，函數的極小值為，進而得出，解出、、的值，然后利用導數可求得函數在區間上的最大值.【詳解】（1），令，因為，所以的零點就是的零點，且與符號相同．又因為，所以當時，，即；當或時，，即.所以，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是和；（2）由（1）知，是的極小值點，所以有，解得，，，所以．因為函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是和.所以為函數的極大值，故在區間上的最大值取和中的最大者，而，所以函數在區間上的最大值是．【點睛】本題考查利用導數求函數的單調區間與最值，考查計算能力，屬于中等題.20．（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）證明后可得平面，從而得，結合已知得線面垂直；（2）以為坐標原點，以為軸，為軸，為建立空間直角坐標系，設，寫出各點坐標，求出二面角的面的法向量，由法向量夾角的余弦值得二面角的余弦值．【詳解】（1）證明：因為，為中點，所以，又，，所以平面，又平面，所以，又，，所以平面.（2）由已知及（1）可知，，兩兩垂直，所以以為坐標原點，以為軸，為軸，為建立空間直角坐標系，設，則，，，，，.設平面的法向量，則，即，令，則；設平面的法向量，則，即，令，則，所以.故銳二面角的余弦值為.【點睛】本題考查證明線面垂直，解題時注意線面垂直與線線垂直的相互轉化．考查求二面角，求空間角一般是建立空間直角坐標系，用向量法易得結論．21．（1）見解析（2）【解析】

（1）首先可得，再面面垂直的性質可得平面，即可得到，再由，即可得到線面垂直；（2）過點做平面的垂線，以為原點，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出線面角；【詳解】解：（1）∵，點為的中點，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，又∵，分別為，的中點，∴，∴，又平面，平面，，∴平面.（2）過點做平面的垂線，以為原點，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，∵，∴，，，，∴，，，設平面的法向量為，由，得，令，得，∴，∴直線與平面所成角