1、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在正方體中，分別為，的中點，則異面直線，所成角的余弦值為（ ）ABCD2已知函數，若成立，則的最小值是（ ）ABC

2、D3的展開式中的一次項系數為（ ）ABCD4某大學計算機學院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲從人工智能領域的語音識別、人臉識別，數據分析、機器學習、服務器開發五個方向展開研究，且每個方向均有研究生學習，其中劉澤同學學習人臉識別，則這6名研究生不同的分配方向共有（ ）A480種B360種C240種D120種5是恒成立的（ ）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6函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（ ）ABCD7已知定義在上的偶函數滿足，且在區間上是減函數，令，則的大小關系為（ ）ABCD8已知角的頂點為坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊

3、上有一點，則（ ）ABCD9已知函數，的零點分別為，則（ ）ABCD10正三棱柱中，是的中點，則異面直線與所成的角為（ ）ABCD11方程在區間內的所有解之和等于( )A4B6C8D1012已知函數，若對任意的總有恒成立，記的最小值為，則最大值為（ ）A1BCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若，且，則的最小值是_.14已知向量，滿足，則向量在的夾角為_.15如圖，在中，點在邊上，且，將射線繞著逆時針方向旋轉，并在所得射線上取一點，使得，連接，則的面積為_16在面積為的中，若點是的中點，點滿足，則的最大值是_.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。1

4、7（12分）某健身館為響應十九屆四中全會提出的“聚焦增強人民體質，健全促進全民健身制度性舉措”，提高廣大市民對全民健身運動的參與程度，推出了健身促銷活動，收費標準如下：健身時間不超過1小時免費，超過1小時的部分每小時收費標準為20元（不足l小時的部分按1小時計算）.現有甲、乙兩人各自獨立地來該健身館健身，設甲、乙健身時間不超過1小時的概率分別為，健身時間1小時以上且不超過2小時的概率分別為，且兩人健身時間都不會超過3小時.（1）設甲、乙兩人所付的健身費用之和為隨機變量（單位：元），求的分布列與數學期望；（2）此促銷活動推出后，健身館預計每天約有300人來參與健身活動，以這兩人健身費用之和的數學

5、期望為依據，預測此次促銷活動后健身館每天的營業額.18（12分）直線與拋物線相交于，兩點，且，若，到軸距離的乘積為（1）求的方程；（2）設點為拋物線的焦點，當面積最小時，求直線的方程19（12分）已知曲線，直線：（為參數）.（I）寫出曲線的參數方程，直線的普通方程；（II）過曲線上任意一點作與夾角為的直線，交于點，的最大值與最小值20（12分）已知，函數（1）若，求的單調遞增區間；（2）若，求的值21（12分）已知橢圓的短軸的兩個端點分別為、，焦距為（1）求橢圓的方程；（2）已知直線與橢圓有兩個不同的交點、，設為直線上一點，且直線、的斜率的積為證明：點在軸上22（10分）已知橢圓（）的離心率為

6、，且經過點.（1）求橢圓的方程；（2）過點作直線與橢圓交于不同的兩點，試問在軸上是否存在定點使得直線與直線恰關于軸對稱？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.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】連接，因為，所以為異面直線與所成的角（或補角），不妨設正方體的棱長為2，取的中點為，連接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.【詳解】連接，因為，所以為異面直線與所成的角（或補角），不妨設正方體的棱長為2，則，在等腰中，取的中點為，連接，則，所以，即：，所以異面直線，所成角的余弦值為.故選：D.【

7、點睛】本題考查空間異面直線的夾角余弦值，利用了正方體的性質和二倍角公式，還考查空間思維和計算能力.2A【解析】分析：設，則，把用表示，然后令，由導數求得的最小值詳解：設，則，令，則，是上的增函數，又，當時，當時，即在上單調遞減，在上單調遞增，是極小值也是最小值，的最小值是故選A點睛：本題易錯選B，利用導數法求函數的最值，解題時學生可能不會將其中求的最小值問題，通過構造新函數，轉化為求函數的最小值問題，另外通過二次求導，確定函數的單調區間也很容易出錯3B【解析】根據多項式乘法法則得出的一次項系數，然后由等差數列的前項和公式和組合數公式得出結論【詳解】由題意展開式中的一次項系數為故選：B【點睛】本

8、題考查二項式定理的應用，應用多項式乘法法則可得展開式中某項系數同時本題考查了組合數公式4B【解析】將人臉識別方向的人數分成：有人、有人兩種情況進行分類討論，結合捆綁計算出不同的分配方法數.【詳解】當人臉識別方向有2人時，有種，當人臉識別方向有1人時，有種，共有360種.故選：B【點睛】本小題主要考查簡單排列組合問題，考查分類討論的數學思想方法，屬于基礎題.5A【解析】設 成立；反之，滿足 ，但，故選A.6B【解析】對分類討論，當，函數在單調遞減，當，根據對勾函數的性質，求出單調遞增區間，即可求解.【詳解】當時，函數在上單調遞減，所以，的遞增區間是，所以，即.故選:B.【點睛】本題考查函數單調性

9、，熟練掌握簡單初等函數性質是解題關鍵，屬于基礎題.7C【解析】可設，根據在上為偶函數及便可得到：，可設，且，根據在上是減函數便可得出，從而得出在上單調遞增，再根據對數的運算得到、的大小關系，從而得到的大小關系.【詳解】解：因為，即，又，設，根據條件，；若，且，則：；在上是減函數；在上是增函數；所以，故選：C【點睛】考查偶函數的定義，減函數及增函數的定義，根據單調性定義判斷一個函數單調性的方法和過程：設，通過條件比較與，函數的單調性的應用，屬于中檔題.8B【解析】根據角終邊上的點坐標，求得，代入二倍角公式即可求得的值.【詳解】因為終邊上有一點，所以，故選：B【點睛】此題考查二倍角公式，熟練記憶公

10、式即可解決，屬于簡單題目.9C【解析】轉化函數，的零點為與，的交點，數形結合，即得解.【詳解】函數，的零點，即為與，的交點，作出與，的圖象，如圖所示，可知故選：C【點睛】本題考查了數形結合法研究函數的零點，考查了學生轉化劃歸，數形結合的能力，屬于中檔題.10C【解析】取中點，連接，根據正棱柱的結構性質，得出/，則即為異面直線與所成角，求出，即可得出結果.【詳解】解：如圖，取中點，連接，由于正三棱柱，則底面，而底面，所以，由正三棱柱的性質可知，為等邊三角形，所以，且,所以平面，而平面，則，則/，即為異面直線與所成角，設，則，則，.故選：C.【點睛】本題考查通過幾何法求異面直線的夾角，考查計算能力

11、.11C【解析】畫出函數和的圖像，和均關于點中心對稱，計算得到答案.【詳解】，驗證知不成立，故，畫出函數和的圖像，易知：和均關于點中心對稱，圖像共有8個交點，故所有解之和等于.故選：.【點睛】本題考查了方程解的問題，意在考查學生的計算能力和應用能力，確定函數關于點中心對稱是解題的關鍵.12C【解析】對任意的總有恒成立，因為，對恒成立，可得，令，可得，結合已知，即可求得答案.【詳解】對任意的總有恒成立，對恒成立，令，可得令，得當，當，故令，得 當時，當，當時，故選：C.【點睛】本題主要考查了根據不等式恒成立求最值問題，解題關鍵是掌握不等式恒成立的解法和導數求函數單調性的解法，考查了分析能力和計算

12、能力,屬于難題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。138【解析】利用的代換，將寫成，然后根據基本不等式求解最小值.【詳解】因為（即 取等號），所以最小值為.【點睛】已知，求解（ ）的最小值的處理方法：利用，得到，展開后利用基本不等式求解，注意取等號的條件.14【解析】把平方利用數量積的運算化簡即得解.【詳解】因為，所以，因為所以.故答案為：【點睛】本題主要考查平面向量的數量積的運算法則，考查向量的夾角的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.15【解析】由余弦定理求得，再結合正弦定理得，進而得，得，則面積可求【詳解】由，得，解得.因為，所以，所以.又因為，所以.因為，所以.故

13、答案為【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理的應用，考查運算求解能力，是中檔題16【解析】由任意三角形面積公式與構建關系表示|AB|AC|，再由已知與平面向量的線性運算、平面向量數量積的運算轉化，最后由重要不等式求得最值.【詳解】由ABC的面積為得|AB|AC|sinBAC=，所以|AB|AC|sinBAC=，又,即|AB|AC|cosBAC=，由與的平方和得:|AB|AC|=，又點M是AB的中點，點N滿足，所以，當且僅當時，取等號，即的最大值是為.故答案為：【點睛】本題考查平面向量中由線性運算表示未知向量，進而由重要不等式求最值，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演

14、算步驟。17（1）見解析，40元（2）6000元【解析】（1）甲、乙兩人所付的健身費用都是0元、20元、40元三種情況，因此甲、乙兩人所付的健身費用之和共有9種情況，分情況計算即可（2）根據（1）結果求均值.【詳解】解：（1）由題設知可能取值為0，20，40，60，80，則；.故的分布列為：020406080所以數學期望（元）（2）此次促銷活動后健身館每天的營業額預計為：（元）【點睛】考查離散型隨機變量的分布列及其期望的求法，中檔題.18（1）；（2）【解析】（1）設出兩點的坐標，由距離之積為16，可得.利用向量的數量積坐標運算，將轉化為.再利用兩點均在拋物線上，即可求得p的值，從而求出拋物線

15、的方程；（2）設出直線l的方程，代入拋物線方程，由韋達定理發現直線l恒過定點，將面積用參數t表示，求出其最值，并得出此時的直線方程.【詳解】解：（1）由題設，因為，到軸的距離的積為，所以，又因為，所以拋物線的方程為（2）因為直線與拋物線兩個公共點，所以的斜率不為，所以設聯立，得，即，即直線恒過定點，所以，當時，面積取得最小值，此時.【點睛】本題考查了拋物線的標準方程的求法，直線與拋物線相交的問題，其中垂直條件的轉化，直線過定點均為該題的關鍵，屬于綜合性較強的題.19（I）；（II）最大值為，最小值為.【解析】試題分析：（I）由橢圓的標準方程設，得橢圓的參數方程為，消去參數即得直線的普通方程為；

16、（II）關鍵是處理好與角的關系過點作與垂直的直線，垂足為，則在中，故將的最大值與最小值問題轉化為橢圓上的點，到定直線的最大值與最小值問題處理試題解析：（I）曲線C的參數方程為（為參數）直線的普通方程為（II）曲線C上任意一點到的距離為則其中為銳角，且當時，取到最大值，最大值為當時，取到最小值，最小值為【考點定位】1、橢圓和直線的參數方程；2、點到直線的距離公式；3、解直角三角形20（1）；（2）.【解析】（1）利用三角恒等變換思想化簡函數的解析式為，然后解不等式，可得出函數的單調遞增區間；（2）由得出，并求出的值，利用兩角差的正弦公式可求出的值.【詳解】（1）當時，由，得，因此，函數的單調遞增

17、區間為；（2），【點睛】本題主要考查三角函數的圖象和性質，利用三角函數公式將函數進行化簡是解決本題的關鍵，屬中等題21（1）；（2）見解析.【解析】（1）由已知條件得出、的值，進而可得出的值，由此可求得橢圓的方程；（2）設點，可得，且，求出直線的斜率，進而可求得直線與的方程，將直線直線與的方程聯立，求出點的坐標，即可證得結論.【詳解】（1）由題設，得，所以，即故橢圓的方程為；（2）設，則，所以直線的斜率為，因為直線、的斜率的積為，所以直線的斜率為直線的方程為，直線的方程為聯立，解得點的縱坐標為因為點在橢圓上，所以，則，所以點在軸上【點睛】本題考查橢圓方程的求解，同時也考查了點在定直線的證明，考查計算能力與推理能力，屬于中等題.22 (1) (2)見解析【解析】（1）由題得a,b,c的方程組求解即可（2）直線與直線恰關于軸對稱，等價于的斜率互為相反數，即，整理.設直線的方程為，與橢圓聯立，將韋達定