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已知，則的取值范圍是（）A0，1BC1，2D0，22關于函數在區間的單調性，下列敘述正確的是（ ）A單調遞增B單調

2、遞減C先遞減后遞增D先遞增后遞減3已知實數，滿足約束條件，則的取值范圍是（ ）ABCD4在中，內角的平分線交邊于點，則的面積是（ ）ABCD5已知等差數列中，則數列的前10項和（ ）A100B210C380D4006已知數列的首項，且，其中，下列敘述正確的是（ ）A若是等差數列，則一定有B若是等比數列，則一定有C若不是等差數列，則一定有 D若不是等比數列，則一定有7定義在R上的函數，若在區間上為增函數，且存在，使得.則下列不等式不一定成立的是（ ）ABCD8已知函數，以下結論正確的個數為（ ）當時，函數的圖象的對稱中心為；當時，函數在上為單調遞減函數；若函數在上不單調，則；當時，在上的最大值為

3、1A1B2C3D49若點是角的終邊上一點，則（ ）ABCD10在平行四邊形中，若則( )ABCD11已知函數，若時，恒成立，則實數的值為（ ）ABCD12已知全集，集合，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13函數的圖象在處的切線方程為_14在中，內角的對邊分別為，已知，則的面積為_15函數的值域為_16下圖是一個算法流程圖,則輸出的的值為_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）設，.（1）若的最小值為4，求的值；（2）若，證明：或.18（12分）已知函數，其導函數為，（1）若，求不等式的解集；（2）證明：對任意的，恒有.19（

4、12分）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，.（1）證明：平面平面ABCD；（2）設H在AC上，若，求PH與平面PBC所成角的正弦值.20（12分）已知點、分別在軸、軸上運動，（1）求點的軌跡的方程；（2）過點且斜率存在的直線與曲線交于、兩點，求的取值范圍21（12分）如圖，三棱臺的底面是正三角形，平面平面，.（1）求證：；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值.22（10分）橢圓：（）的離心率為，它的四個頂點構成的四邊形面積為.（1）求橢圓的方程；（2）設是直線上任意一點，過點作圓的兩條切線，切點分別為，求證：直線恒過一個定點.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每

5、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】設，可得，構造（）22，結合，可得，根據向量減法的模長不等式可得解.【詳解】設，則，（）22|224，所以可得：，配方可得，所以，又 則0，2故選：D【點睛】本題考查了向量的運算綜合，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.2C【解析】先用誘導公式得,再根據函數圖像平移的方法求解即可.【詳解】函數的圖象可由向左平移個單位得到,如圖所示,在上先遞減后遞增.故選：C【點睛】本題考查三角函數的平移與單調性的求解.屬于基礎題.3B【解析】畫出可行域，根據可行域上的點到原點距離，求得的取值范圍.【詳解】由約束條件作出可行域是由

6、，三點所圍成的三角形及其內部，如圖中陰影部分，而可理解為可行域內的點到原點距離的平方，顯然原點到所在的直線的距離是可行域內的點到原點距離的最小值，此時，點到原點的距離是可行域內的點到原點距離的最大值，此時.所以的取值范圍是.故選：B【點睛】本小題考查線性規劃，兩點間距離公式等基礎知識；考查運算求解能力，數形結合思想，應用意識.4B【解析】利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，進而求出，然后利用三角形的面積公式可計算出的面積.【詳解】為的角平分線，則.，則，在中，由正弦定理得，即，在中，由正弦定理得，即，得，解得，由余弦定理得，因此，的面積為.故選：B.【點睛】本題考查三角形面積的計算

7、，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面積公式的應用，考查計算能力，屬于中等題.5B【解析】設公差為，由已知可得，進而求出的通項公式，即可求解.【詳解】設公差為，,.故選：B.【點睛】本題考查等差數列的基本量計算以及前項和，屬于基礎題.6C【解析】根據等差數列和等比數列的定義進行判斷即可.【詳解】A：當時，顯然符合是等差數列，但是此時不成立，故本說法不正確；B：當時，顯然符合是等比數列，但是此時不成立，故本說法不正確；C：當時，因此有常數，因此是等差數列，因此當不是等差數列時，一定有，故本說法正確； D：當 時，若時，顯然數列是等比數列，故本說法不正確.故選：C【點睛】本題考查了等差數列和等比數列

8、的定義，考查了推理論證能力，屬于基礎題.7D【解析】根據題意判斷出函數的單調性，從而根據單調性對選項逐個判斷即可【詳解】由條件可得函數關于直線對稱；在，上單調遞增，且在時使得；又，所以選項成立；，比離對稱軸遠，可得，選項成立；，可知比離對稱軸遠，選項成立；，符號不定，無法比較大小，不一定成立故選：【點睛】本題考查了函數的基本性質及其應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.8C【解析】逐一分析選項，根據函數的對稱中心判斷；利用導數判斷函數的單調性；先求函數的導數，若滿足條件，則極值點必在區間；利用導數求函數在給定區間的最值.【詳解】為奇函數，其圖象的對稱中心為原點，根據平移知識

9、，函數的圖象的對稱中心為，正確由題意知因為當時，又，所以在上恒成立，所以函數在上為單調遞減函數，正確由題意知，當時，此時在上為增函數，不合題意，故令，解得因為在上不單調，所以在上有解，需，解得，正確令，得根據函數的單調性，在上的最大值只可能為或因為，所以最大值為64，結論錯誤故選：C【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性，極值，最值，意在考查基本的判斷方法，屬于基礎題型.9A【解析】根據三角函數的定義，求得，再由正弦的倍角公式，即可求解.【詳解】由題意，點是角的終邊上一點，根據三角函數的定義，可得，則，故選A.【點睛】本題主要考查了三角函數的定義和正弦的倍角公式的化簡、求值，其中解答中根據三

10、角函數的定義和正弦的倍角公式，準確化簡、計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.10C【解析】由，,利用平面向量的數量積運算,先求得利用平行四邊形的性質可得結果.【詳解】如圖所示,平行四邊形中, ,，,因為,所以,，所以，故選C.【點睛】本題主要考查向量的幾何運算以及平面向量數量積的運算法則，屬于中檔題. 向量的運算有兩種方法：（）平行四邊形法則（平行四邊形的對角線分別是兩向量的和與差）；（）三角形法則（兩箭頭間向量是差，箭頭與箭尾間向量是和）.11D【解析】通過分析函數與的圖象，得到兩函數必須有相同的零點，解方程組即得解.【詳解】如圖所示，函數與的圖象，因為時，恒成立，于是兩

11、函數必須有相同的零點，所以，解得故選：D【點睛】本題主要考查函數的圖象的綜合應用和函數的零點問題，考查不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.12B【解析】直接利用集合的基本運算求解即可【詳解】解：全集，集合，則，故選：【點睛】本題考查集合的基本運算，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】利用導數的幾何意義,對求導后在計算在處導函數的值,再利用點斜式列出方程化簡即可.【詳解】,則切線的斜率為.又,所以函數的圖象在處的切線方程為,即.故答案為：【點睛】本題主要考查了根據導數的幾何意義求解函數在某點處的切線方程問題,需要注意求導法則與計算,屬于基礎

12、題.14【解析】由余弦定理先算出c，再利用面積公式計算即可.【詳解】由余弦定理，得，即，解得，故的面積.故答案為：【點睛】本題考查利用余弦定理求解三角形的面積，考查學生的計算能力，是一道基礎題.15【解析】利用換元法，得到，利用導數求得函數的單調性和最值，即可得到函數的值域，得到答案【詳解】由題意，可得，令，即，則，當時，當時，即在為增函數，在為減函數，又，故函數的值域為：【點睛】本題主要考查了三角函數的最值，以及利用導數研究函數的單調性與最值，其中解答中合理利用換元法得到函數，再利用導數求解函數的單調性與最值是解答的關鍵，著重考查了推理與預算能力，屬于基礎題163【解析】分析程序中各變量、各

13、語句的作用,根據流程圖所示的順序,即可得出結論.【詳解】解:初始,第一次循環: ;第二次循環: ;第三次循環: ;經判斷,此時跳出循環,輸出.故答案為:【點睛】本題考查了程序框圖的應用問題,解題的關鍵是對算法語句的理解,屬基礎題.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；（2）見解析【解析】（1）將化簡為，再利用基本不等式即可求出最小值為4，便可得出的值；（2）根據，即，得出，利用基本不等式求出最值，便可得出的取值范圍.【詳解】解：（1）由題可知，.（2），即：或.【點睛】本題考查基本不等式的應用，利用基本不等式和放縮法求最值，考查化簡計算能力.18（1） （

14、2）證明見解析【解析】（1）求出的導數，根據導函數的性質判斷函數的單調性，再利用函數單調性解函數型不等式；（2）構造函數，利用導數判斷在區間上單調遞減，結合可得結果.【詳解】（1）若，則.設，則，所以在上單調遞減，在上單調遞增.又當時，；當時，；當時，所以所以在上單調遞增，又，所以不等式的解集為.（2）設，再令，在上單調遞減，又，.即【點睛】本題考查利用函數的導數來判斷函數的單調性，再利用函數的單調性來解決不等式問題，屬于較難題.19（1）見解析；（2）【解析】（1）記，連結，推導出，平面，由此能證明平面平面；（2）推導出，平面，連結，由題意得為的重心，從而平面平面，進而是與平面所成角，由此能

15、求出與平面所成角的正弦值【詳解】（1）證明：記，連結，中，平面，平面，平面平面（2）中，平面，連結，由題意得為的重心，平面平面平面，在平面的射影落在上，是與平面所成角，中，與平面所成角的正弦值為【點睛】本題考查面面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查線線、線面、面面的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題20（1）（2）【解析】(1)設坐標后根據向量的坐標運算即可得到軌跡方程.(2)聯立直線和橢圓方程，用坐標表示出，得到，所以，代入韋達定理即可求解.【詳解】（1）設，則，設，由得又由于，化簡得的軌跡的方程為（2）設直線的方程為，與的方程聯立，消去得，設，則，由已知，則，故直線，令

16、，則，由于，所以，的取值范圍為【點睛】此題考查軌跡問題，橢圓和直線相交，注意坐標表示向量進行轉化的處理技巧，屬于較難題目.21（）見證明；（）【解析】（）取的中點為，連結，易證四邊形為平行四邊形，即，由于，為的中點，可得到，從而得到，即可證明平面，從而得到；（）易證，兩兩垂直，以，分別為，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面的一個法向量為，設與平面所成角為，則，即可得到答案【詳解】解：（）取的中點為，連結.由是三棱臺得，平面平面，從而.，四邊形為平行四邊形，.，為的中點，.平面平面，且交線為，平面，平面，而平面，.（）連結.由是正三角形，且為中點，則.由（）知，平面，兩兩垂直.以，分別為，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.設，則，.設平面的一個法向量為.由可得，.令，則，.設與