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已知雙曲線的左、右焦點分別為，點P是C的右支上一點，連接與y軸交于點M，若（O為坐標原點），則雙曲線C的漸近線方程為（ ）ABCD2某中學2019年的高考考生人數是2016年高考考生

2、人數的1.2倍，為了更好地對比該校考生的升學情況，統計了該校2016年和2019年的高考情況，得到如圖柱狀圖： 則下列結論正確的是（ ）.A與2016年相比，2019年不上線的人數有所增加B與2016年相比，2019年一本達線人數減少C與2016年相比，2019年二本達線人數增加了0.3倍D2016年與2019年藝體達線人數相同3已知函數是上的偶函數，是的奇函數，且，則的值為（ ）ABCD4已知角的終邊經過點,則ABCD5已知，則等于（ ）ABCD6某學校調查了200名學生每周的自習時間（單位：小時），制成了如圖所示的頻率分布直方圖，其中自習時間的范圍是17.5，30，樣本數據分組為17.5，

3、20），20，22.5），22.5,25），25，27.5），27.5，30）.根據直方圖，這200名學生中每周的自習時間不少于22.5小時的人數是（ ）A56B60C140D1207已知雙曲線的兩條漸近線與拋物線的準線分別交于點、，O為坐標原點若雙曲線的離心率為2，三角形AOB的面積為，則p=（ ）A1BC2D38已知盒中有3個紅球，3個黃球，3個白球，且每種顏色的三個球均按，編號，現從中摸出3個球（除顏色與編號外球沒有區別），則恰好不同時包含字母，的概率為（ ）ABCD9的展開式中的項的系數為（ ）A120B80C60D4010函數（， ， ）的部分圖象如圖所示，則的值分別為（ ）A2，0

4、B2， C2， D2， 11如圖，在直三棱柱中，點分別是線段的中點，分別記二面角，的平面角為，則下列結論正確的是（ ）ABCD12設i是虛數單位，若復數（）是純虛數，則m的值為（ ）ABC1D3二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在的二項展開式中，所有項的系數的和為_14某地區連續5天的最低氣溫（單位：）依次為8，0，2，則該組數據的標準差為_.15已知隨機變量服從正態分布，則_16已知，若，則a的取值范圍是_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）設，函數.（1）當時，求在內的極值；（2）設函數，當有兩個極值點時，總有，求實數的值.18（1

5、2分）如圖，在四邊形中，.（1）求的長；（2）若的面積為6，求的值.19（12分）已知數列滿足，且，成等比數列（1）求證：數列是等差數列，并求數列的通項公式；（2）記數列的前n項和為，求數列的前n項和20（12分）選修45；不等式選講已知函數(1)若的解集非空，求實數的取值范圍；(2)若正數滿足，為（1）中m可取到的最大值，求證：21（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的左頂點為，右焦點為，為橢圓上兩點，圓.（1）若軸，且滿足直線與圓相切，求圓的方程；（2）若圓的半徑為，點滿足，求直線被圓截得弦長的最大值.22（10分）如圖，在長方體中，為的中點，為的中點，為線段上一點，且滿足，為的中點.（

6、1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.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。1C【解析】利用三角形與相似得，結合雙曲線的定義求得的關系，從而求得雙曲線的漸近線方程。【詳解】設，由，與相似，所以，即，又因為，所以，所以，即，所以雙曲線C的漸近線方程為.故選：C.【點睛】本題考查雙曲線幾何性質、漸近線方程求解，考查數形結合思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力。2A【解析】設2016年高考總人數為x，則2019年高考人數為，通過簡單的計算逐一驗證選項A、B、C、D.【詳解】設2016年高考總人數為x，則2019年高考人數為，2

7、016年高考不上線人數為，2019年不上線人數為，故A正確；2016年高考一本人數，2019年高考一本人數，故B錯誤；2019年二本達線人數，2016年二本達線人數，增加了倍，故C錯誤；2016年藝體達線人數，2019年藝體達線人數，故D錯誤.故選：A.【點睛】本題考查柱狀圖的應用，考查學生識圖的能力，是一道較為簡單的統計類的題目.3B【解析】根據函數的奇偶性及題設中關于與關系，轉換成關于的關系式，通過變形求解出的周期，進而算出.【詳解】為上的奇函數，而函數是上的偶函數，故為周期函數，且周期為故選：B【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性，函數的周期性的應用，屬于基礎題.4D【解析】因為角的終邊經

8、過點,所以,則,即.故選D5B【解析】由已知條件利用誘導公式得，再利用三角函數的平方關系和象限角的符號，即可得到答案.【詳解】由題意得 ，又，所以，結合解得，所以 ，故選B.【點睛】本題考查三角函數的誘導公式、同角三角函數的平方關系以及三角函數的符號與位置關系，屬于基礎題.6C【解析】試題分析：由題意得，自習時間不少于小時的頻率為，故自習時間不少于小時的頻率為，故選C.考點：頻率分布直方圖及其應用7C【解析】試題分析：拋物線的準線為，雙曲線的離心率為2，則，漸近線方程為，求出交點，則；選C考點：1.雙曲線的漸近線和離心率；2.拋物線的準線方程；8B【解析】首先求出基本事件總數，則事件“恰好不同

9、時包含字母，”的對立事件為“取出的3個球的編號恰好為字母，”， 記事件“恰好不同時包含字母，”為，利用對立事件的概率公式計算可得；【詳解】解：從9個球中摸出3個球，則基本事件總數為（個），則事件“恰好不同時包含字母，”的對立事件為“取出的3個球的編號恰好為字母，”記事件“恰好不同時包含字母，”為，則.故選：B【點睛】本題考查了古典概型及其概率計算公式，考查了排列組合的知識，解答的關鍵在于正確理解題意，屬于基礎題9A【解析】化簡得到，再利用二項式定理展開得到答案.【詳解】展開式中的項為.故選：【點睛】本題考查了二項式定理，意在考查學生的計算能力.10D【解析】由題意結合函數的圖象，求出周期，根據

10、周期公式求出，求出，根據函數的圖象過點，求出，即可求得答案【詳解】由函數圖象可知：，函數的圖象過點，則故選【點睛】本題主要考查的是的圖像的運用，在解答此類題目時一定要挖掘圖像中的條件，計算三角函數的周期、最值，代入已知點坐標求出結果11D【解析】過點作，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求解二面角的余弦值得答案【詳解】解：因為，所以，即過點作，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，0，0，1，設平面的法向量， 則，取，得，同理可求平面的法向量，平面的法向量，平面的法向量，故選：D【點睛】本題考查二面角的大小的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基

11、礎知識，考查運算求解能力，屬于中檔題12A【解析】根據復數除法運算化簡，結合純虛數定義即可求得m的值.【詳解】由復數的除法運算化簡可得，因為是純虛數，所以，故選：A.【點睛】本題考查了復數的概念和除法運算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。131【解析】設，令，的值即為所有項的系數之和。【詳解】設，令，所有項的系數的和為。【點睛】本題主要考查二項式展開式所有項的系數的和的求法賦值法。一般地，對于 ，展開式各項系數之和為，注意與“二項式系數之和”區分。14【解析】先求出這組數據的平均數，再求出這組數據的方差，由此能求出該組數據的標準差【詳解】解：某地區連續5天的最低氣溫

12、（單位：依次為8，0，2，平均數為：，該組數據的方差為：，該組數據的標準差為1故答案為：1【點睛】本題考查一組數據據的標準差的求法，考查平均數、方差、標準差的定義等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題150.22.【解析】正態曲線關于x對稱，根據對稱性以及概率和為1求解即可。【詳解】【點睛】本題考查正態分布曲線的特點及曲線所表示的意義，是一個基礎題16【解析】函數等價為，由二次函數的單調性可得在R上遞增，即為，可得a的不等式，解不等式即可得到所求范圍【詳解】，等價為，且時，遞增，時，遞增，且，在處函數連續，可得在R上遞增，即為，可得，解得，即a的取值范圍是故答案為：【點睛】本題考查分段函數的

13、單調性的判斷和運用：解不等式，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）極大值是，無極小值；（2）【解析】（1）當時，可求得，令，利用導數可判斷的單調性并得其零點，從而可得原函數的極值點及極大值；（2）表示出，并求得，由題意，得方程有兩個不同的實根，從而可得及，由，得則可化為對任意的恒成立，按照、三種情況分類討論，分離參數后轉化為求函數的最值可解決；【詳解】（1）當時，.令，則，顯然在上單調遞減，又因為，故時，總有，所以在上單調遞減.由于，所以當時，；當時，.當變化時，的變化情況如下表：+-增極大減所以在上的極大值是，無極小值.（

14、2）由于，則.由題意，方程有兩個不等實根，則，解得，且，又，所以.由，可得又.將其代入上式得：.整理得，即當時，不等式恒成立，即.當時，恒成立，即，令，易證是上的減函數.因此，當時，故.當時，恒成立，即，因此，當時，所以.綜上所述，.【點睛】本題考查利用導數求函數的最值、研究函數的極值等知識，考查分類討論思想、轉化思想，考查學生綜合運用知識分析問題解決問題的能力，該題綜合性強，難度大，對能力要求較高18 (1) (2) 【解析】（1）利用余弦定理可得的長；（2）利用面積得出，結合正弦定理可得.【詳解】解：（1）由題可知.在中，所以.（2），則.又，所以.【點睛】本題主要考查利用正弦定理和余弦定

15、理解三角形，已知角較多時一般選用正弦定理，已知邊較多時一般選用余弦定理.19（1）見解析；（2）【解析】（1）因為，所以，所以，所以數列是等差數列， 設數列的公差為，由可得，因為成等比數列，所以，所以，所以，因為，所以， 解得（舍去）或，所以，所以 （2）由（1）知，所以， 所以20 (1);(2)見解析.【解析】試題分析：（1）討論三種情況去絕對值符號，可得所以，由此得，解得；（2）利用分析法，由（1）知，所以，因為，要證，只需證，即證，只需證 即可得結果.試題解析：（1）去絕對值符號，可得所以，所以，解得，所以實數的取值范圍為（2）由（1）知，所以因為，所以要證，只需證，即證，即證.因為，

16、所以只需證，因為，成立，所以解法二：x2+y2=2，x、yR+，x+y2xy 設：證明：x+y-2xy= =令， 原式= = = = 當時， 21（1）（2）【解析】試題分析：（1）確定圓的方程，就是確定半徑的值，因為直線與圓相切，所以先確定直線方程，即確定點坐標：因為軸，所以，根據對稱性，可取，則直線的方程為，根據圓心到切線距離等于半徑得（2）根據垂徑定理，求直線被圓截得弦長的最大值，就是求圓心到直線的距離的最小值. 設直線的方程為，則圓心到直線的距離，利用得，化簡得，利用直線方程與橢圓方程聯立方程組并結合韋達定理得，因此，當時，取最小值，取最大值為.試題解析：解：（1）因為橢圓的方程為，所

17、以，.因為軸，所以，而直線與圓相切，根據對稱性，可取，則直線的方程為，即.由圓與直線相切，得，所以圓的方程為.（2）易知，圓的方程為.當軸時，所以，此時得直線被圓截得的弦長為.當與軸不垂直時，設直線的方程為，首先由，得，即，所以（*）.聯立，消去，得，將代入（*）式，得.由于圓心到直線的距離為，所以直線被圓截得的弦長為，故當時，有最大值為.綜上，因為，所以直線被圓截得的弦長的最大值為.考點：直線與圓位置關系22（1）證明見解析（2）【解析】（1）解法一： 作的中點，連接，.利用三角形的中位線證得，利用梯形中位線證得，由此證得平面平面，進而證得平面.解法二：建立空間直角坐標系，通過證明直線的方向向量和平面的法向量垂直，證得平面.（2）利用平面和平面法向量，計算出二面角的余弦值.【詳