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已知向量，則（ ）ABC()D( )2已知數列滿足，則（ ）ABCD3設復數滿足，在復平面內對應的點為，則（ ）ABCD4已知角的終邊經過點P()，則sin()=ABCD5在中，點為

2、中點，過點的直線與，所在直線分別交于點，若，則的最小值為（ ）AB2C3D6已知為等腰直角三角形，為所在平面內一點，且，則（ ）ABCD7對兩個變量進行回歸分析，給出如下一組樣本數據：，下列函數模型中擬合較好的是（ ）ABCD8在中，為邊上的中點，且，則（ ）ABCD9已知函數下列命題：函數的圖象關于原點對稱；函數是周期函數；當時，函數取最大值；函數的圖象與函數的圖象沒有公共點，其中正確命題的序號是（ ）ABCD10 若數列滿足且，則使的的值為( )ABCD11已知全集，集合，則（ ）ABCD12已知是虛數單位，則復數（ ）ABC2D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設f（x

3、）etx（t0），過點P（t，0）且平行于y軸的直線與曲線C：yf（x）的交點為Q，曲線C過點Q的切線交x軸于點R，若S（1，f（1），則PRS的面積的最小值是_14如圖，在平面四邊形ABCD中，|AC|=3,|BD|=4，則(AB+DC)(BC+AD)=_15已知，為雙曲線的左、右焦點，雙曲線的漸近線上存在點滿足，則的最大值為_16如圖，直線平面，垂足為，三棱錐的底面邊長和側棱長都為4，在平面內，是直線上的動點，則點到平面的距離為_，點到直線的距離的最大值為_.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）如圖，在直三棱柱中，分別是中點，且，.求證：平面；求點到

4、平面的距離.18（12分）已知在平面四邊形中，的面積為.（1）求的長；（2）已知，為銳角，求.19（12分）在平面直角坐標系xOy中，已知平行于x軸的動直線l交拋物線C：于點P，點F為C的焦點圓心不在y軸上的圓M與直線l，PF，x軸都相切，設M的軌跡為曲線E（1）求曲線E的方程；（2）若直線與曲線E相切于點，過Q且垂直于的直線為，直線，分別與y軸相交于點A，當線段AB的長度最小時，求s的值20（12分）已知函數.（1）證明：函數在上存在唯一的零點；（2）若函數在區間上的最小值為1，求的值.21（12分）在直角坐標系中，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

5、線的極坐標方程為（1）求和的直角坐標方程；（2）已知為曲線上的一個動點，求線段的中點到直線的最大距離22（10分）已知三棱柱中，是的中點，.（1）求證：；（2）若側面為正方形，求直線與平面所成角的正弦值.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。1D【解析】由題意利用兩個向量坐標形式的運算法則，兩個向量平行、垂直的性質，得出結論.【詳解】向量（1，2），（3，1），和的坐標對應不成比例，故、不平行，故排除A；顯然，3+20，故、不垂直，故排除B；（2，1），顯然，和的坐標對應不成比例，故和不平行，故排除C；（）2+20，故 （

6、），故D正確，故選：D.【點睛】本題主要考查兩個向量坐標形式的運算，兩個向量平行、垂直的性質，屬于基礎題.2C【解析】利用的前項和求出數列的通項公式，可計算出，然后利用裂項法可求出的值.【詳解】.當時，；當時，由，可得，兩式相減，可得，故，因為也適合上式，所以.依題意，故.故選：C.【點睛】本題考查利用求，同時也考查了裂項求和法，考查計算能力，屬于中等題.3B【解析】設，根據復數的幾何意義得到、的關系式，即可得解；【詳解】解：設，解得.故選：B【點睛】本題考查復數的幾何意義的應用，屬于基礎題.4A【解析】由題意可得三角函數的定義可知：，則：本題選擇A選項.5B【解析】由，三點共線，可得，轉化，

7、利用均值不等式，即得解.【詳解】因為點為中點，所以，又因為，所以因為，三點共線，所以，所以，當且僅當即時等號成立，所以的最小值為1故選：B【點睛】本題考查了三點共線的向量表示和利用均值不等式求最值，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.6D【解析】以AB,AC分別為x軸和y軸建立坐標系，結合向量的坐標運算，可求得點的坐標，進而求得，由平面向量的數量積可得答案.【詳解】如圖建系，則，由，易得，則.故選：D【點睛】本題考查平面向量基本定理的運用、數量積的運算，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力.7D【解析】作出四個函數的圖象及給出的四個點，觀察這

8、四個點在靠近哪個曲線【詳解】如圖，作出A，B，C，D中四個函數圖象，同時描出題中的四個點，它們在曲線的兩側，與其他三個曲線都離得很遠，因此D是正確選項，故選：D【點睛】本題考查回歸分析，擬合曲線包含或靠近樣本數據的點越多，說明擬合效果好8A【解析】由為邊上的中點，表示出，然后用向量模的計算公式求模.【詳解】解：為邊上的中點，故選：A【點睛】在三角形中，考查中點向量公式和向量模的求法，是基礎題.9A【解析】根據奇偶性的定義可判斷出正確；由周期函數特點知錯誤；函數定義域為，最值點即為極值點，由知錯誤；令，在和兩種情況下知均無零點，知正確.【詳解】由題意得：定義域為，為奇函數，圖象關于原點對稱，正確

9、；為周期函數，不是周期函數，不是周期函數，錯誤；，不是最值，錯誤；令，當時，此時與無交點；當時，此時與無交點；綜上所述：與無交點，正確.故選：.【點睛】本題考查函數與導數知識的綜合應用，涉及到函數奇偶性和周期性的判斷、函數最值的判斷、兩函數交點個數問題的求解；本題綜合性較強，對于學生的分析和推理能力有較高要求.10C【解析】因為，所以是等差數列，且公差，則，所以由題設可得，則，應選答案C11D【解析】根據函數定義域的求解方法可分別求得集合，由補集和交集定義可求得結果.【詳解】，.故選：.【點睛】本題考查集合運算中的補集和交集運算問題，涉及到函數定義域的求解，屬于基礎題.12A【解析】根據復數的

10、基本運算求解即可.【詳解】.故選：A【點睛】本題主要考查了復數的基本運算,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】計算R（t，0），PRt（t），PRS的面積為S，導數S，由S0得t1，根據函數的單調性得到最值.【詳解】PQy軸，P（t，0），Q（t，f（t）即Q（t，），又f（x）etx（t0）的導數f（x）tetx，過Q的切線斜率kt，設R（r，0），則k，rt，即R（t，0），PRt（t），又S（1，f（1）即S（1，et），PRS的面積為S，導數S，由S0得t1，當t1時，S0，當0t1時，S0，t1為極小值點，也為最小值點，PRS的面積的最小值為故答案

11、為：【點睛】本題考查了利用導數求面積的最值問題，意在考查學生的計算能力和應用能力.14-7【解析】由題意得AB+DC=AC-BD,BC+AD=AC+BD，然后根據數量積的運算律求解即可【詳解】由題意得AB+DC=AC+CB+(DB+BC)=AC-BD,BC+AD=BA+AC+(AB+BD)=AC+BD，AB+DCBC+AD=AC-BDAC+BD=AC2-BD2=9-16=-7【點睛】突破本題的關鍵是抓住題中所給圖形的特點，利用平面向量基本定理和向量的加減運算，將所給向量統一用AC,BD表示，然后再根據數量積的運算律求解，這樣解題方便快捷15【解析】設，由可得，整理得，即點在以為圓心，為半徑的圓

12、上又點到雙曲線的漸近線的距離為，所以當雙曲線的漸近線與圓相切時，取得最大值，此時，解得16 【解析】三棱錐的底面邊長和側棱長都為4，所以在平面的投影為的重心，利用解直角三角形，即可求出點到平面的距離；，可得點是以為直徑的球面上的點，所以到直線的距離為以為直徑的球面上的點到的距離，最大距離為分別過和的兩個平行平面間距離加半徑，即可求出結論.【詳解】邊長為，則中線長為，點到平面的距離為，點是以為直徑的球面上的點，所以到直線的距離為以為直徑的球面上的點到的距離，最大距離為分別過和的兩個平行平面間距離加半徑.又三棱錐的底面邊長和側棱長都為4，以下求過和的兩個平行平面間距離，分別取中點，連，則，同理，分

13、別過做，直線確定平面，直線確定平面，則，同理，為所求，所以到直線最大距離為.故答案為:；.【點睛】本題考查空間中的距離、正四面體的結構特征，考查空間想象能力，屬于較難題.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）詳見解析；（2）.【解析】（1）利用線面垂直的判定定理和性質定理即可證明；（2）取中點為,則,證得平面,利用等體積法求解即可.【詳解】（1）因為，是的中點，為直三棱柱，所以平面，因為為中點，所以 平面，又,平面（2），又分別是中點，.由（1）知，,又平面,取中點為,連接如圖,則，平面，設點到平面的距離為，由，得，即，解得，點到平面的距離為.【點睛】本題考查

14、線面垂直的判定定理和性質定理、等體積法求點到面的距離；考查邏輯推理能力和運算求解能力；熟練掌握線面垂直的判定定理和性質定理是求解本題的關鍵；屬于中檔題.18（1）；（2）4.【解析】（1）利用三角形的面積公式求得，利用余弦定理求得.（2）利用余弦定理求得，由此求得，進而求得，利用同角三角函數的基本關系式求得.【詳解】（1）在中，由面積公式：在中，由余弦定理可得：（2）在中，由余弦定理可得：在中，由正弦定理可得:，為銳角.【點睛】本小題主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角形面積公式，考查同角三角函數的基本關系式，屬于中檔題.19（1），（2）【解析】根據題意設，可得PF的方程，根據距離即

15、可求出；點Q處的切線的斜率存在，由對稱性不妨設，根據導數的幾何意義和斜率公式，求，并構造函數，利用導數求出函數的最值【詳解】因為拋物線C的方程為，所以F的坐標為，設，因為圓M與x軸、直線l都相切，l平行于x軸，所以圓M的半徑為，點，則直線PF的方程為，即，所以，又m，所以，即，所以E的方程為，設，由知，點Q處的切線的斜率存在，由對稱性不妨設，由，所以，所以，所以，令，則，由得，由得，所以在區間單調遞減，在單調遞增，所以當時，取得極小值也是最小值，即AB取得最小值此時【點睛】本題考查了直線和拋物線的位置關系，以及利用導數求函數最值的關系，考查了運算能力和轉化能力，屬于難題20（1）證明見解析；（

16、2）【解析】（1）求解出導函數，分析導函數的單調性，再結合零點的存在性定理說明在上存在唯一的零點即可；（2）根據導函數零點，判斷出的單調性，從而可確定，利用以及的單調性，可確定出之間的關系，從而的值可求.【詳解】（1）證明：，.在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，函數在上單調遞增.又，令，則在上單調遞減，故.令，則所以函數在上存在唯一的零點.（2）解：由（1）可知存在唯一的，使得，即（*）.函數在上單調遞增.當時，單調遞減；當時，單調遞增.由（*）式得.，顯然是方程的解.又是單調遞減函數，方程有且僅有唯一的解，把代入（*）式，得，即所求實數的值為.【點睛】本題考查函數與導數的綜合應用，其中涉及到判斷函數在給定區間上的零點個數以及根據函數的最值求解參數，難度較難.（1）判斷函數的零點個數時，可結合函數的單調性以及零點的存在性定理進行判斷；（2）函數的“隱零點”問題，可通過“設而不求”的思想進行分析.21（1）（2）最大距離為【解析】（1）直接利用極坐標方程和參數方程的公式計算得到答案.（2）曲線的參數方程為，設，計算點到直線的距離公式得到答案.【詳解】（1）由，得，則曲線的直角坐標方程為，即直線的直角坐標方程為（2）可知曲線的參數方程為（為參數），設，則到直線的距離為，所以線段的中點到直線的最大距離為【點睛】本題考查了極坐標方程，參數方程，距離的最