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。考試結束后，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，是橢圓與雙曲線的公共焦點，是它們的一個公共點，且，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，若，則的最小值為（ ）ABC8D62已知為實數集，則（ ）ABCD3已知函數（，），將函數的圖

2、象向左平移個單位長度，得到函數的部分圖象如圖所示，則是的（ ）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4已知，分別為內角，的對邊，的面積為，則（ ）AB4C5D5若將函數的圖象上各點橫坐標縮短到原來的(縱坐標不變)得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A函數在上單調遞增B函數的周期是C函數的圖象關于點對稱D函數在上最大值是16設，則“ “是“”的（ ）A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充要條件D既不充分也不必條件7棱長為2的正方體內有一個內切球，過正方體中兩條異面直線，的中點作直線，則該直線被球面截在球內的線段的長為（ ）ABCD18在三棱錐中，P在底面ABC內的射

3、影D位于直線AC上，且，.設三棱錐的每個頂點都在球Q的球面上，則球Q的半徑為（ ）ABCD9已知為拋物線的準線，拋物線上的點到的距離為，點的坐標為，則的最小值是（ ）AB4C2D102019年10月1日，為了慶祝中華人民共和國成立70周年，小明、小紅、小金三人以國慶為主題各自獨立完成一幅十字繡贈送給當地的村委會，這三幅十字繡分別命名為“鴻福齊天”、“國富民強”、“興國之路”，為了弄清“國富民強”這一作品是誰制作的，村支書對三人進行了問話，得到回復如下：小明說：“鴻福齊天”是我制作的；小紅說：“國富民強”不是小明制作的，就是我制作的；小金說：“興國之路”不是我制作的，若三人的說法有且僅有一人是正

4、確的，則“鴻福齊天”的制作者是（ ）A小明B小紅C小金D小金或小明11設過點的直線分別與軸的正半軸和軸的正半軸交于兩點，點與點關于軸對稱，為坐標原點，若，且，則點的軌跡方程是（ ）ABCD12下列函數中，圖象關于軸對稱的為（ ）AB，CD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在中，內角的對邊分別為，已知，則的面積為_14如圖，在一個倒置的高為2的圓錐形容器中，裝有深度為的水，再放入一個半徑為1的不銹鋼制的實心半球后，半球的大圓面、水面均與容器口相平，則的值為_.15設數列為等差數列，其前項和為，已知，若對任意都有成立，則的值為_16已知集合，若，且，則實數所有的可能取值構成的集合

5、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）在三棱柱中，四邊形是菱形，點M、N分別是、的中點，且.（1）求證：平面平面；（2）求四棱錐的體積.18（12分）已知.（1）解關于x的不等式：；（2）若的最小值為M，且，求證：.19（12分）已知拋物線的焦點為，點，點為拋物線上的動點 （1）若的最小值為，求實數的值； （2）設線段的中點為，其中為坐標原點，若，求的面積20（12分）已知函數f(x)xlnx，g(x)x2ax.（1）求函數f(x)在區間t，t1(t0)上的最小值m(t)；（2）令h(x)g(x)f(x)，A(x1，h(x1)，B(x2，h(x2)(

6、x1x2)是函數h(x)圖像上任意兩點，且滿足1，求實數a的取值范圍；（3）若x(0,1，使f(x)成立，求實數a的最大值21（12分）已知曲線的極坐標方程為，直線的參數方程為（為參數）.（1）求曲線的直角坐標方程與直線的普通方程；（2）已知點，直線與曲線交于、兩點，求.22（10分）已知數列和滿足，.（）求與；（）記數列的前項和為，且，若對，恒成立，求正整數的值.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】由橢圓的定義以及雙曲線的定義、離心率公式化簡，結合基本不等式即可求解.【詳解】設橢圓的長半軸長為，雙曲線的半實

7、軸長為，半焦距為，則，設由橢圓的定義以及雙曲線的定義可得：，則 當且僅當時，取等號.故選：C【點睛】本題主要考查了橢圓的定義以及雙曲線的定義、離心率公式，屬于中等題.2C【解析】求出集合，由此能求出【詳解】為實數集，或，故選：【點睛】本題考查交集、補集的求法，考查交集、補集的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題3B【解析】先根據圖象求出函數的解析式,再由平移知識得到的解析式,然后分別找出和的等價條件,即可根據充分條件,必要條件的定義求出.【詳解】設,根據圖象可知,再由, 取,.將函數的圖象向右平移個單位長度,得到函數的圖象,.,令,則,顯然,是的必要不充分條件.故選：B【點睛】本題主要考

8、查利用圖象求正(余)弦型函數的解析式,三角函數的圖形變換, 二倍角公式的應用,充分條件,必要條件的定義的應用,意在考查學生的數學運算能力和邏輯推理能力,屬于中檔題.4D【解析】由正弦定理可知,從而可求出.通過可求出，結合余弦定理即可求出 的值.【詳解】解：，即，即. ，則.，解得.， 故選:D.【點睛】本題考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面積公式，考查同角三角函數的基本關系.本題的關鍵是通過正弦定理結合已知條件，得到角 的正弦值余弦值.5A【解析】根據三角函數伸縮變換特點可得到解析式；利用整體對應的方式可判斷出在上單調遞增，正確；關于點對稱，錯誤；根據正弦型函數最小正周期的求解可

9、知錯誤；根據正弦型函數在區間內值域的求解可判斷出最大值無法取得，錯誤.【詳解】將橫坐標縮短到原來的得：當時，在上單調遞增 在上單調遞增，正確；的最小正周期為： 不是的周期，錯誤；當時，關于點對稱，錯誤；當時， 此時沒有最大值，錯誤.本題正確選項：【點睛】本題考查正弦型函數的性質，涉及到三角函數的伸縮變換、正弦型函數周期性、單調性和對稱性、正弦型函數在一段區間內的值域的求解；關鍵是能夠靈活應用整體對應的方式，通過正弦函數的圖象來判斷出所求函數的性質.6B【解析】解出兩個不等式的解集，根據充分條件和必要條件的定義，即可得到本題答案.【詳解】由，得，又由，得，因為集合，所以“”是“”的必要不充分條件

10、.故選：B【點睛】本題主要考查必要不充分條件的判斷，其中涉及到絕對值不等式和一元二次不等式的解法.7C【解析】連結并延長PO，交對棱C1D1于R，則R為對棱的中點，取MN的中點H，則OHMN，推導出OHRQ，且OHRQ，由此能求出該直線被球面截在球內的線段的長【詳解】如圖，MN為該直線被球面截在球內的線段連結并延長PO，交對棱C1D1于R，則R為對棱的中點，取MN的中點H，則OHMN，OHRQ，且OHRQ，MH，MN故選：C【點睛】本題主要考查該直線被球面截在球內的線段的長的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題8A【解析】設的中點為O先求出外接圓的

11、半徑，設，利用平面ABC，得 ，在 及中利用勾股定理構造方程求得球的半徑即可【詳解】設的中點為O,因為，所以外接圓的圓心M在BO上.設此圓的半徑為r.因為，所以，解得.因為，所以.設，易知平面ABC，則.因為，所以，即，解得.所以球Q的半徑.故選：A【點睛】本題考查球的組合體，考查空間想象能力，考查計算求解能力，是中檔題9B【解析】設拋物線焦點為，由題意利用拋物線的定義可得，當共線時，取得最小值，由此求得答案.【詳解】解：拋物線焦點，準線，過作交于點，連接由拋物線定義，當且僅當三點共線時，取“”號，的最小值為.故選：B.【點睛】本題主要考查拋物線的定義、標準方程，以及簡單性質的應用，體現了數形

12、結合的數學思想，屬于中檔題.10B【解析】將三個人制作的所有情況列舉出來，再一一論證.【詳解】依題意，三個人制作的所有情況如下所示：123456鴻福齊天小明小明小紅小紅小金小金國富民強小紅小金小金小明小紅小明興國之路小金小紅小明小金小明小紅若小明的說法正確，則均不滿足；若小紅的說法正確，則4滿足；若小金的說法正確，則3滿足.故“鴻福齊天”的制作者是小紅，故選：B.【點睛】本題考查推理與證明，還考查推理論證能力以及分類討論思想，屬于基礎題.11A【解析】設坐標，根據向量坐標運算表示出，從而可利用表示出；由坐標運算表示出，代入整理可得所求的軌跡方程.【詳解】設，其中， ，即 關于軸對稱 故選：【點

13、睛】本題考查動點軌跡方程的求解，涉及到平面向量的坐標運算、數量積運算；關鍵是利用動點坐標表示出變量，根據平面向量數量積的坐標運算可整理得軌跡方程.12D【解析】圖象關于軸對稱的函數為偶函數,用偶函數的定義及性質對選項進行判斷可解.【詳解】圖象關于軸對稱的函數為偶函數；A中，故為奇函數；B中，的定義域為，不關于原點對稱，故為非奇非偶函數；C中，由正弦函數性質可知，為奇函數；D中，且，故為偶函數.故選：D.【點睛】本題考查判斷函數奇偶性. 判斷函數奇偶性的兩種方法:(1)定義法：對于函數的定義域內任意一個都有，則函數是奇函數；都有，則函數是偶函數 (2)圖象法：函數是奇(偶)函數函數圖象關于原點(

14、軸)對稱二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【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.14【解析】由已知可得到圓錐的底面半徑，再由圓錐的體積等于半球的體積與水的體積之和即可建立方程.【詳解】設圓錐的底面半徑為，體積為，半球的體積為，水（小圓錐）的體積為，如圖則，所以，解得，所以，由，得，解得.故答案為：【點睛】本題考查圓錐的體積、球的體積的計算，考查學生空間想象能力與計算能力，是一道中檔題.15【解析】由已知條件得出關于首項和公差的方程

15、組，解出這兩個量，計算出，利用二次函數的基本性質求出的最大值及其對應的值，即可得解.【詳解】設等差數列的公差為，由，解得，.所以，當時，取得最大值，對任意都有成立，則為數列的最大值，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查等差數列前項和最值的計算，一般利用二次函數的基本性質求解，考查計算能力，屬于中等題.16.【解析】化簡集合，由，以及，即可求出結論.【詳解】集合，若，則的可能取值為，0，2，3，又因為，所以實數所有的可能取值構成的集合是.故答案為:.【點睛】本題考查集合與元素的關系，理解題意是解題的關鍵，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）證明見解

16、析；（2）.【解析】（1）要證面面垂直需要先證明線面垂直，即證明出平面即可；（2）求出點A到平面的距離，然后根據棱錐的體積公式即可求出四棱錐的體積.【詳解】（1）連接，由是平行四邊形及N是的中點，得N也是的中點，因為點M是的中點，所以，因為，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）過A作交于點O，因為平面平面，平面平面，所以平面，由是菱形及，得為三角形，則，由平面，得，從而側面為矩形，所以.【點睛】本題主要考查了面面垂直的證明，求四棱錐的體積，屬于一般題.18（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）分類討論求解絕對值不等式即可；（2）由（1）中所得函數，求得最小值，再利用均值不等式即可

17、證明.【詳解】（1）當時，等價于，該不等式恒成立， 當時，等價于，該不等式解集為， 當時，等價于，解得， 綜上，或，所以不等式的解集為. （2），易得的最小值為1，即因為，所以，所以， 當且僅當時等號成立.【點睛】本題考查利用分類討論求解絕對值不等式，涉及利用均值不等式證明不等式，屬綜合中檔題.19（1）的值為或.（2）【解析】（1）分類討論，當時，線段與拋物線沒有公共點，設點在拋物線準線上的射影為，當三點共線時，能取得最小值，利用拋物線的焦半徑公式即可求解；當時，線段與拋物線有公共點，利用兩點間的距離公式即可求解. （2）由題意可得軸且設，則，代入拋物線方程求出，再利用三角形的面積公式即可求

18、解.【詳解】由題，若線段與拋物線沒有公共點，即時，設點在拋物線準線上的射影為，則三點共線時，的最小值為，此時若線段與拋物線有公共點，即時，則三點共線時，的最小值為：，此時綜上，實數的值為或.因為，所以軸且設，則，代入拋物線的方程解得于是，所以【點睛】本題考查了拋物線的焦半徑公式、直線與拋物線的位置關系中的面積問題，屬于中檔題.20（1）m(t)（2）a22.（3）a22.【解析】（1）是研究在動區間上的最值問題，這類問題的研究方法就是通過討論函數的極值點與所研究的區間的大小關系來進行求解（2）注意到函數h(x)的圖像上任意不同兩點A，B連線的斜率總大于1，等價于h(x1)h(x2)x1x2(x

19、1x2)恒成立，從而構造函數F(x)h(x)x在(0，)上單調遞增，進而等價于F(x)0在(0，)上恒成立來加以研究（3）用處理恒成立問題來處理有解問題，先分離變量轉化為求對應函數的最值，得到a，再利用導數求函數M(x)的最大值，這要用到二次求導，才可確定函數單調性，進而確定函數最值【詳解】（1） f(x)1，x0，令f(x)0，則x1.當t1時，f(x)在t，t1上單調遞增，f(x)的最小值為f(t)tlnt；當0t1時，f(x)在區間(t,1)上為減函數，在區間(1，t1)上為增函數，f(x)的最小值為f(1)1.綜上，m(t)（2）h(x)x2(a1)xlnx，不妨取0 x1x2，則x1

20、x20，則由，可得h(x1)h(x2)x1x2，變形得h(x1)x1h(x2)x2恒成立令F(x)h(x)xx2(a2)xlnx，x0，則F(x)x2(a2)xlnx在(0，)上單調遞增，故F(x)2x(a2)0在(0，)上恒成立，所以2xa2在(0，)上恒成立因為2x2，當且僅當x時取“”，所以a22.（3）因為f(x)，所以a(x1)2x2xlnx.因為x(0,1，則x1(1,2，所以x(0,1，使得a成立令M(x)，則M(x).令y2x23xlnx1，則由y0 可得x或x1(舍)當x時，y0，則函數y2x23xlnx1在上單調遞減；當x時，y0，則函數y2x23xlnx1在上單調遞增所以yln40，所以M(x)0在x(0,1時恒