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、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，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，且，則在方向上的投影為（ ）ABCD2已知點在雙曲線上，則該雙曲線的離心率為（ ）ABC

2、D3記其中表示不大于x的最大整數，若方程在在有7個不同的實數根，則實數k的取值范圍( )ABCD4已知類產品共兩件，類產品共三件，混放在一起，現需要通過檢測將其區分開來，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出2件類產品或者檢測出3件類產品時，檢測結束，則第一次檢測出類產品，第二次檢測出類產品的概率為（ ）ABCD5已知實數滿足則的最大值為（ ）A2BC1D06已知雙曲線的一條漸近線方程為，分別是雙曲線C的左、右焦點，點P在雙曲線C上，且，則( )A9B5C2或9D1或57若為虛數單位，則復數在復平面上對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限8 “且”是“”的（ ）A充

3、分非必要條件B必要非充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件9已知（為虛數單位，為的共軛復數），則復數在復平面內對應的點在（ ）.A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限10函數在的圖像大致為ABCD11在函數：；中，最小正周期為的所有函數為（ ）ABCD12已知函數，則下列結論中正確的是函數的最小正周期為；函數的圖象是軸對稱圖形；函數的極大值為；函數的最小值為ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知為橢圓上的一個動點，設直線和分別與直線交于，兩點，若與的面積相等，則線段的長為_.14已知復數z是純虛數，則實數a_，|z|_15設為數列的前項和，若，則_16若、滿足約束

4、條件，則的最小值為_.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）已知曲線的參數方程為（為參數）.以直角坐標系的原點為極點，軸的正半軸為極軸建立坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求的普通方程和的直角坐標方程；（2）若過點的直線與交于，兩點，與交于，兩點，求的取值范圍.18（12分）已知中，角，的對邊分別為，已知向量，且（1）求角的大小；（2）若的面積為，求19（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線的參數方程為（為參數）以平面直角坐標系的原點為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為（1）求曲線的極坐標方程；（2）設和交點的交點為，求 的面積20

5、（12分）圖1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，FBC=60，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結DG，如圖2.（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC平面BCGE；（2）求圖2中的二面角BCGA的大小.21（12分）在直角坐標系中，圓的參數方程為（為參數），以為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系.（1）求圓的極坐標方程；（2）直線的極坐標方程是，射線與圓的交點為、，與直線的交點為，求線段的長.22（10分）如圖，正方形是某城市的一個區域的示意圖，陰影部分為街道，各相鄰的兩紅綠燈之間的距離相等，處為紅綠燈路口，

6、紅綠燈統一設置如下：先直行綠燈30秒，再左轉綠燈30秒，然后是紅燈1分鐘，右轉不受紅綠燈影響，這樣獨立的循環運行.小明上學需沿街道從處騎行到處（不考慮處的紅綠燈），出發時的兩條路線（）等可能選擇，且總是走最近路線.（1）請問小明上學的路線有多少種不同可能？（2）在保證通過紅綠燈路口用時最短的前提下，小明優先直行，求小明騎行途中恰好經過處，且全程不等紅綠燈的概率；（3）請你根據每條可能的路線中等紅綠燈的次數的均值，為小明設計一條最佳的上學路線，且應盡量避開哪條路線？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】由向量垂直

7、的向量表示求出，再由投影的定義計算【詳解】由可得，因為，所以故在方向上的投影為故選：C【點睛】本題考查向量的數量積與投影掌握向量垂直與數量積的關系是解題關鍵2C【解析】將點A坐標代入雙曲線方程即可求出雙曲線的實軸長和虛軸長，進而求得離心率.【詳解】將,代入方程得，而雙曲線的半實軸，所以，得離心率,故選C.【點睛】此題考查雙曲線的標準方程和離心率的概念，屬于基礎題.3D【解析】做出函數的圖象，問題轉化為函數的圖象在有7個交點，而函數在上有3個交點，則在上有4個不同的交點，數形結合即可求解.【詳解】作出函數的圖象如圖所示，由圖可知 方程在上有3個不同的實數根，則在上有4個不同的實數根，當直線經過時

8、，；當直線經過時，可知當時，直線與的圖象在上有4個交點，即方程，在上有4個不同的實數根.故選:D.【點睛】本題考查方程根的個數求參數，利用函數零點和方程之間的關系轉化為兩個函數的交點是解題的關鍵，運用數形結合是解決函數零點問題的基本思想，屬于中檔題.4D【解析】根據分步計數原理，由古典概型概率公式可得第一次檢測出類產品的概率，不放回情況下第二次檢測出類產品的概率，即可得解.【詳解】類產品共兩件，類產品共三件，則第一次檢測出類產品的概率為；不放回情況下，剩余4件產品，則第二次檢測出類產品的概率為；故第一次檢測出類產品，第二次檢測出類產品的概率為；故選：D.【點睛】本題考查了分步乘法計數原理的應用

9、，古典概型概率計算公式的應用，屬于基礎題.5B【解析】作出可行域，平移目標直線即可求解.【詳解】解：作出可行域：由得，由圖形知，經過點時，其截距最大，此時最大得，當時，故選：B【點睛】考查線性規劃，是基礎題.6B【解析】根據漸近線方程求得，再利用雙曲線定義即可求得.【詳解】由于，所以，又且，故選：B.【點睛】本題考查由漸近線方程求雙曲線方程，涉及雙曲線的定義，屬基礎題.7D【解析】根據復數的運算，化簡得到，再結合復數的表示，即可求解，得到答案【詳解】由題意，根據復數的運算，可得，所對應的點為位于第四象限.故選D.【點睛】本題主要考查了復數的運算，以及復數的幾何意義，其中解答中熟記復數的運算法則

10、，準確化簡復數為代數形式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題8A【解析】畫出“,所表示的平面區域,即可進行判斷.【詳解】如圖，“且”表示的區域是如圖所示的正方形，記為集合P，“”表示的區域是單位圓及其內部，記為集合Q，顯然是的真子集,所以答案是充分非必要條件，故選:.【點睛】本題考查了不等式表示的平面區域問題,考查命題的充分條件和必要條件的判斷,難度較易.9D【解析】設，由，得，利用復數相等建立方程組即可.【詳解】設，則，所以，解得，故，復數在復平面內對應的點為，在第四象限.故選：D.【點睛】本題考查復數的幾何意義，涉及到共軛復數的定義、復數的模等知識，考查學生的基本計算能力，是

11、一道容易題.10B【解析】由分子、分母的奇偶性，易于確定函數為奇函數，由的近似值即可得出結果【詳解】設，則，所以是奇函數，圖象關于原點成中心對稱，排除選項C又排除選項D；，排除選項A，故選B【點睛】本題通過判斷函數的奇偶性，縮小考察范圍，通過計算特殊函數值，最后做出選擇本題較易，注重了基礎知識、基本計算能力的考查11A【解析】逐一考查所給的函數： ，該函數為偶函數，周期 ；將函數 圖象x軸下方的圖象向上翻折即可得到 的圖象，該函數的周期為 ；函數的最小正周期為 ；函數的最小正周期為 ；綜上可得最小正周期為的所有函數為.本題選擇A選項.點睛：求三角函數式的最小正周期時，要盡可能地化為只含一個三角

12、函數的式子，否則很容易出現錯誤一般地，經過恒等變形成“yAsin(x)，yAcos(x)，yAtan(x)”的形式，再利用周期公式即可12D【解析】因為，所以不正確；因為，所以，所以，所以函數的圖象是軸對稱圖形，正確；易知函數的最小正周期為，因為函數的圖象關于直線對稱，所以只需研究函數在上的極大值與最小值即可當時，且，令，得，可知函數在處取得極大值為，正確；因為，所以，所以函數的最小值為，正確故選D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】先設點坐標，由三角形面積相等得出兩個三角形的邊之間的比例關系，這個比例關系又可用線段上點的坐標表示出來，從而可求得點的橫坐標，代入橢圓方程

13、得縱坐標，然后可得【詳解】如圖，設，由，得，由得，解得，又在橢圓上，故答案為：【點睛】本題考查直線與橢圓相交問題，解題時由三角形面積相等得出線段長的比例關系，解題是由把線段長的比例關系用點的橫坐標表示141 1 【解析】根據復數運算法則計算復數z，根據復數的概念和模長公式計算得解.【詳解】復數z，復數z是純虛數，解得a1，zi，|z|1，故答案為：1，1【點睛】此題考查復數的概念和模長計算，根據復數是純虛數建立方程求解，計算模長，關鍵在于熟練掌握復數的運算法則.15【解析】當時，由，解得，當時，兩式相減可得，即，可得數列是等比數列再求通項公式.【詳解】當時，即，當時，兩式相減可得，即，即，故數

14、列是以為首項，為公比的等比數列，所以.故答案為：【點睛】本題考查數列的前項和與通項公式的關系，還考查運算求解能力以及化歸與轉化思想，屬于基礎題.16【解析】作出不等式組所表示的可行域，利用平移直線的方法找出使得目標函數取得最小時對應的最優解，代入目標函數計算即可.【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯立，解得，即點，平移直線，當直線經過可行域的頂點時，該直線在軸上的截距最小，此時取最小值，即.故答案為：.【點睛】本題考查簡單的線性規劃問題，考查線性目標函數的最值問題，考查數形結合思想的應用，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)見解析;

15、(2).【解析】試題分析：（1）利用平方法消去參數，即可得到的普通方程，兩邊同乘以利用 即可得的直角坐標方程；（2）設直線的參數方程為（為參數），代入，利用韋達定理、直線參數方程的幾何意義以及三角函數的有界性可得結果.試題解析：（1）曲線的普通方程為，曲線的直角坐標方程為 ； （2）設直線的參數方程為（為參數）又直線與曲線：存在兩個交點，因此. 聯立直線與曲線：可得則聯立直線與曲線：可得，則即18（1）;（2）【解析】試題分析：（1）利用已知及平面向量數量積運算可得，利用正弦定理可得，結合，可求，從而可求的值；（2）由三角形的面積可解得，利用余弦定理可得，故可得. 試題解析：（1），即 ，又，

16、又，（2），又，即，故19（1）；（2）【解析】（1）先將曲線的參數方程化為普通方程，再將普通方程化為極坐標方程即可.（2）將和的極坐標方程聯立，求得兩個曲線交點的極坐標，即可由極坐標的含義求得的面積.【詳解】（1）曲線的參數方程為（為參數），消去參數的的直角坐標方程為所以的極坐標方程為 （2）解方程組，得到所以，則或（）當（）時，當（）時，所以和的交點極坐標為： ,. 所以故的面積為【點睛】本題考查了參數方程與普通方程的轉化，直角坐標方程與極坐標的轉化，利用極坐標求三角形面積，屬于中檔題.20 (1)見詳解；(2) .【解析】(1)因為折紙和粘合不改變矩形，和菱形內部的夾角，所以，依然成立，

17、又因和粘在一起，所以得證.因為是平面垂線，所以易證.(2)在圖中找到對應的平面角，再求此平面角即可.于是考慮關于的垂線，發現此垂足與的連線也垂直于.按照此思路即證.【詳解】(1)證：，又因為和粘在一起.，A，C，G，D四點共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得證.(2)過B作延長線于H，連結AH，因為AB平面BCGE，所以而又，故平面，所以.又因為所以是二面角的平面角，而在中，又因為故，所以.而在中,，即二面角的度數為.【點睛】很新穎的立體幾何考題首先是多面體粘合問題，考查考生在粘合過程中哪些量是不變的再者粘合后的多面體不是直棱柱，建系的向量解法在本題中略顯麻煩，突出考查幾何方法最后將求二面角轉化為求二面角的平面角問題考查考生的空間想象能力21（1）（2）【解析】（1）首先將參數方程轉化為普通方程再根據公式化為極坐標方程即可；（2）設，由，即可求出，則計算可得；【詳解】解：（1）圓的參數方程（為參數）可化為，即圓的極坐標方程為.（2）設，由，解得.設，由，解得.，.【點睛】本題考查了利用極坐標方程求曲線的交點弦長，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題22（1）6種；（2）；（3）.【解析】（1）從4條街中選擇2條橫街即可；（2）小明途中恰好經過處，共有4條路線，即，分別對4條路線進行分析計算概率；（3）分別對小明上學的6條路線進行分析求