1、2021-2022高考數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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已知隨機變量滿足，.若，則（ ）A，B，C，D，2若直線與圓相交所得弦長為，則（ ）A1B2CD33設i是虛數單位，若復數是純虛數，則a的值為（ ）AB3C1D4執行如圖所示的程序框圖

2、，若輸入，則輸出的（ ）A4B5C6D75中國古代中的“禮、樂、射、御、書、數”合稱“六藝”.“禮”，主要指德育；“樂”，主要指美育；“射”和“御”，就是體育和勞動；“書”，指各種歷史文化知識；“數”，指數學.某校國學社團開展“六藝”課程講座活動，每藝安排一節，連排六節，一天課程講座排課有如下要求：“數”必須排在第三節，且“射”和“御”兩門課程相鄰排課，則“六藝”課程講座不同的排課順序共有（ ）A12種B24種C36種D48種6空氣質量指數是反映空氣狀況的指數，指數值趨小，表明空氣質量越好，下圖是某市10月1日-20日指數變化趨勢，下列敘述錯誤的是（ ）A這20天中指數值的中位數略高于100B

3、這20天中的中度污染及以上（指數）的天數占C該市10月的前半個月的空氣質量越來越好D總體來說，該市10月上旬的空氣質量比中旬的空氣質量好7設過拋物線上任意一點(異于原點)的直線與拋物線交于兩點，直線與拋物線的另一個交點為，則（ ）ABCD8設Py |yx21，xR，Qy |y2x，xR，則AP QBQ PCQDQ 9將函數的圖象向左平移個單位長度，得到的函數為偶函數，則的值為（）ABCD10設是等差數列，且公差不為零，其前項和為則“，”是“為遞增數列”的（ ）A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件11已知三點A(1,0)，B(0， )，C(2，)，則ABC外接

4、圓的圓心到原點的距離為()ABCD12是拋物線上一點，是圓關于直線的對稱圓上的一點，則最小值是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知滿足且目標函數的最大值為7，最小值為1，則_14己知函數，若曲線在處的切線與直線平行，則_.15已知函數，則關于的不等式的解集為_16已知正項等比數列中，則_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）設橢圓的離心率為，圓與軸正半軸交于點，圓在點處的切線被橢圓截得的弦長為（1）求橢圓的方程；（2）設圓上任意一點處的切線交橢圓于點，試判斷是否為定值？若為定值，求出該定值；若不是定值，請說明理由18（12

5、分）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形且，側面為等邊三角形，且平面平面.（1）求平面與平面所成的銳二面角的大??；（2）若，且直線與平面所成角為，求的值.19（12分）如圖，平面四邊形為直角梯形，將繞著翻折到.（1）為上一點，且，當平面時，求實數的值；（2）當平面與平面所成的銳二面角大小為時，求與平面所成角的正弦.20（12分）如圖，在平面直角坐標系中，已知圓C：，橢圓E：（）的右頂點A在圓C上，右準線與圓C相切.（1）求橢圓E的方程；（2）設過點A的直線l與圓C相交于另一點M，與橢圓E相交于另一點N.當時，求直線l的方程.21（12分）某公園有一塊邊長為3百米的正三角形空地，擬將它分割成面積相等

6、的三個區域，用來種植三種花卉.方案是：先建造一條直道將分成面積之比為的兩部分（點D，E分別在邊，上）；再取的中點M，建造直道（如圖）.設，（單位：百米）.（1）分別求，關于x的函數關系式；（2）試確定點D的位置，使兩條直道的長度之和最小，并求出最小值.22（10分）已知a0，證明：1參考答案一、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。1B【解析】根據二項分布的性質可得：，再根據和二次函數的性質求解.【詳解】因為隨機變量滿足，.所以服從二項分布，由二項分布的性質可得：，因為，所以，由二次函數的性質可得：，在上單調遞減，所以.故選：B【點睛

7、】本題主要考查二項分布的性質及二次函數的性質的應用，還考查了理解辨析的能力，屬于中檔題.2A【解析】將圓的方程化簡成標準方程,再根據垂徑定理求解即可.【詳解】圓的標準方程,圓心坐標為,半徑為,因為直線與圓相交所得弦長為,所以直線過圓心,得,即.故選：A【點睛】本題考查了根據垂徑定理求解直線中參數的方法,屬于基礎題.3D【解析】整理復數為的形式,由復數為純虛數可知實部為0,虛部不為0,即可求解.【詳解】由題,因為純虛數,所以,則,故選:D【點睛】本題考查已知復數的類型求參數范圍,考查復數的除法運算.4C【解析】根據程序框圖程序運算即可得.【詳解】依程序運算可得：，故選：C【點睛】本題主要考查了程

8、序框圖的計算，解題的關鍵是理解程序框圖運行的過程.5C【解析】根據“數”排在第三節，則“射”和“御”兩門課程相鄰有3類排法，再考慮兩者的順序，有種，剩余的3門全排列，即可求解.【詳解】由題意，“數”排在第三節，則“射”和“御”兩門課程相鄰時，可排在第1節和第2節或第4節和第5節或第5節和第6節，有3種，再考慮兩者的順序，有種，剩余的3門全排列，安排在剩下的3個位置，有種，所以“六藝”課程講座不同的排課順序共有種不同的排法.故選：C.【點睛】本題主要考查了排列、組合的應用，其中解答中認真審題，根據題設條件，先排列有限制條件的元素是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.6C【

9、解析】結合題意，根據題目中的天的指數值，判斷選項中的命題是否正確.【詳解】對于，由圖可知天的指數值中有個低于，個高于，其中第個接近，第個高于，所以中位數略高于，故正確.對于，由圖可知天的指數值中高于的天數為，即占總天數的，故正確.對于，由圖可知該市月的前天的空氣質量越來越好，從第天到第天空氣質量越來越差，故錯誤.對于，由圖可知該市月上旬大部分指數在以下，中旬大部分指數在以上，所以該市月上旬的空氣質量比中旬的空氣質量好，故正確.故選：【點睛】本題考查了對折線圖數據的分析，讀懂題意是解題關鍵，并能運用所學知識對命題進行判斷，本題較為基礎.7C【解析】畫出圖形，將三角形面積比轉為線段長度比，進而轉為

10、坐標的表達式。寫出直線方程，再聯立方程組，求得交點坐標，最后代入坐標，求得三角形面積比.【詳解】作圖，設與的夾角為，則中邊上的高與中邊上的高之比為，設，則直線，即，與聯立，解得，從而得到面積比為.故選：【點睛】解決本題主要在于將面積比轉化為線段長的比例關系，進而聯立方程組求解，是一道不錯的綜合題.8C【解析】解：因為P =y|y=-x2+1，xR=y|y1，Q =y| y=2x，xR =y|y0,因此選C9D【解析】利用三角函數的圖象變換求得函數的解析式，再根據三角函數的性質，即可求解，得到答案【詳解】將將函數的圖象向左平移個單位長度，可得函數又由函數為偶函數，所以，解得，因為，當時，故選D【

11、點睛】本題主要考查了三角函數的圖象變換，以及三角函數的性質的應用，其中解答中熟記三角函數的圖象變換，合理應用三角函數的圖象與性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題10A【解析】根據等差數列的前項和公式以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】是等差數列，且公差不為零，其前項和為，充分性：，則對任意的恒成立，則，若，則數列為單調遞減數列，則必存在，使得當時，則，不合乎題意；若，由且數列為單調遞增數列，則對任意的，合乎題意.所以，“，”“為遞增數列”；必要性：設，當時，此時，但數列是遞增數列.所以，“，”“為遞增數列”.因此，“，”是“為遞增數列”的充分而不必要條件.故選：A

12、.【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合等差數列的前項和公式是解決本題的關鍵，屬于中等題11B【解析】選B.考點：圓心坐標12C【解析】求出點關于直線的對稱點的坐標，進而可得出圓關于直線的對稱圓的方程，利用二次函數的基本性質求出的最小值，由此可得出，即可得解.【詳解】如下圖所示：設點關于直線的對稱點為點，則，整理得，解得，即點，所以，圓關于直線的對稱圓的方程為，設點，則，當時，取最小值，因此，.故選：C.【點睛】本題考查拋物線上一點到圓上一點最值的計算，同時也考查了兩圓關于直線對稱性的應用，考查計算能力，屬于中等題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13-2【解析】先

13、根據約束條件畫出可行域，再利用幾何意義求最值，表示直線在軸上的截距，只需求出可行域直線在軸上的截距最大最小值時所在的頂點即可【詳解】由題意得：目標函數在點B取得最大值為7，在點A處取得最小值為1，直線AB的方程是：，則，故答案為.【點睛】本題主要考查了簡單的線性規劃，以及利用幾何意義求最值的方法，屬于基礎題14【解析】先求導，再根據導數的幾何意義，有求解.【詳解】因為函數，所以，所以，解得.故答案為：【點睛】本題考查導數的幾何意義，還考查運算求解能力以及數形結合思想，屬于基礎題.15【解析】判斷的奇偶性和單調性，原不等式轉化為，運用單調性，可得到所求解集【詳解】令，易知函數為奇函數，在R上單調

14、遞增，即，即x故答案為：【點睛】本題考查函數的奇偶性和單調性的運用：解不等式，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題16【解析】利用等比數列的通項公式將已知兩式作商，可得，再利用等比數列的性質可得，再利用等比數列的通項公式即可求解.【詳解】由，所以，解得.，所以，所以.故答案為：【點睛】本題考查了等比數列的通項公式以及等比中項，需熟記公式，屬于基礎題.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）； （2）見解析.【解析】（I）結合離心率，得到a,b,c的關系，計算A的坐標，計算切線與橢圓交點坐標，代入橢圓方程，計算參數，即可（II）分切線斜率存在與不存在討論，設出M,N

15、的坐標，設出切線方程，結合圓心到切線距離公式，得到m,k的關系式，將直線方程代入橢圓方程，利用根與系數關系，表示，結合三角形相似，證明結論，即可【詳解】()設橢圓的半焦距為，由橢圓的離心率為知，橢圓的方程可設為.易求得，點在橢圓上，解得，橢圓的方程為. ()當過點且與圓相切的切線斜率不存在時，不妨設切線方程為，由()知，.當過點且與圓相切的切線斜率存在時，可設切線的方程為，即.聯立直線和橢圓的方程得，得.，.綜上所述，圓上任意一點處的切線交橢圓于點，都有.在中，由與相似得，為定值.【點睛】本道題考查了橢圓方程的求解，考查了直線與橢圓位置關系，考查了向量的坐標運算，難度偏難18（1）；（2）.【

16、解析】（1）分別取的中點為，易得兩兩垂直，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，易得為平面的法向量，只需求出平面的法向量為，再利用計算即可；（2）求出，利用計算即可.【詳解】（1）分別取的中點為，連結.因為，所以.因為，所以.因為側面為等邊三角形，所以又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以兩兩垂直. 以為空間坐標系的原點，分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，則，.設平面的法向量為，則，即.取，則，所以.又為平面的法向量，設平面與平面所成的銳二面角的大小為，則，所以平面與平面所成的銳二面角的大小為.（2）由（1）得，平面的法向量為，所以成.又直線與平面所成角為，所以，即，即

17、，化簡得，所以，符合題意.【點睛】本題考查利用向量坐標法求面面角、線面角，涉及到面面垂直的性質定理的應用，做好此類題的關鍵是準確寫出點的坐標，是一道中檔題.19（1）；（2）.【解析】（1）連接交于點，連接，利用線面平行的性質定理可推導出，然后利用平行線分線段成比例定理可求得的值；（2）取中點，連接、，過點作，則，作于，連接，推導出，可得出為平面與平面所成的銳二面角，由此計算出、，并證明出平面，可得出直線與平面所成的角為，進而可求得與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）連接交于點，連接，平面，平面，平面平面，在梯形中，則，所以，；（2）取中點，連接、，過點作，則，作于，連接. 為的中點，且，且，

18、所以，四邊形為平行四邊形，由于，為的中點，所以，同理，平面，為面與面所成的銳二面角，則，平面，平面，面，為與底面所成的角，.在中，.因此，與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查利用線面平行的性質求參數，同時也考查了線面角的計算，涉及利用二面角求線段長度，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.20（1）（2）或.【解析】（1）圓的方程已知，根據條件列出方程組，解方程即得；（2）設，顯然直線l的斜率存在，方法一：設直線l的方程為：，將直線方程和橢圓方程聯立，消去，可得，同理直線方程和圓方程聯立，可得，再由可解得，即得；方法二：設直線l的方程為：，與橢圓方程聯立，可得，將其與圓方程聯立，可得，由可解得，即得.【詳解】（1）記橢圓E的焦距為（）.右頂點在圓C上，右準線與圓C：相切.解得，橢圓方程為：.（2）法1：設，顯然直線l的斜率存在，設直線l的方程為：.直線方程和橢圓方程聯立，由方程組消去y得，整理得.由，解得.直線方程和圓方程聯立，由方程組消去y得，由，解得.又，則有.即，解得，故直線l的方程為或.分法2：設，當直線l與x軸重合時，不符題意.設直線l的方程為：.由方程組消去x得