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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4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

2、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已知函數（，且）在區間上的值域為，則（ ）ABC或D或42已知角的終邊經過點P()，則sin()=ABCD3臺球是一項國際上廣泛流行的高雅室內體育運動，也叫桌球（中國粵港澳地區的叫法）、撞球（中國臺灣地區的叫法）控制撞球點、球的旋轉等控制母球走位是擊球的一項重要技術，一次臺球技術表演節目中，在臺球桌上，畫出如圖正方形ABCD，在點E，F處各放一個目標球，表演者先將母球放在點A處，通過擊打母球，使其依次撞擊點E，F處的目標球，最后停在點C處，若AE=50cmEF=40cmFC=30c

3、m，AEF=CFE=60，則該正方形的邊長為（ ）A50cmB40cmC50cmD20cm4已知命題p：“”是“”的充要條件；，則（ ）A為真命題B為真命題C為真命題D為假命題5已知x，y滿足不等式，且目標函數z9x+6y最大值的變化范圍20，22，則t的取值范圍（ ）A2，4B4，6C5，8D6，76復數為純虛數，則( )AiB2iC2iDi7已知函數的部分圖象如圖所示，將此圖象分別作以下變換，那么變換后的圖象可以與原圖象重合的變換方式有（ ）繞著軸上一點旋轉; 沿軸正方向平移;以軸為軸作軸對稱;以軸的某一條垂線為軸作軸對稱.ABCD8已知命題：R，；命題 ：R，則下列命題中為真命題的是（

4、）ABCD9下圖為一個正四面體的側面展開圖，為的中點，則在原正四面體中，直線與直線所成角的余弦值為（ ）ABCD10下列結論中正確的個數是（ ）已知函數是一次函數，若數列通項公式為，則該數列是等差數列；若直線上有兩個不同的點到平面的距離相等，則；在中，“”是“”的必要不充分條件；若，則的最大值為2.A1B2C3D011某幾何體的三視圖如圖所示，三視圖是腰長為1的等腰直角三角形和邊長為1的正方形，則該幾何體中最長的棱長為（ ）ABC1D12設集合，若集合中有且僅有2個元素，則實數的取值范圍為ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知數列是各項均為正數的等比數列，若，則的最小

5、值為_.14已知實數，滿足約束條件，則的最大值是_.15在平面直角坐標系xOy中，已知A0,a,B3,a+4，若圓x2+y2=9上有且僅有四個不同的點C，使得ABC的面積為5，則實數a的取值范圍是_.16已知函數，若關于的方程恰有四個不同的解，則實數的取值范圍是_.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）已知點是拋物線的頂點，是上的兩個動點，且.（1）判斷點是否在直線上？說明理由；（2）設點是的外接圓的圓心，點到軸的距離為，點，求的最大值.18（12分）在如圖所示的多面體中，四邊形是矩形，梯形為直角梯形，平面平面，且，.（1）求證：平面.（2）求二面角的大小

6、.19（12分）小麗在同一城市開的2家店鋪各有2名員工.節假日期間的某一天，每名員工休假的概率都是，且是否休假互不影響，若一家店鋪的員工全部休假，而另一家無人休假，則調劑1人到該店維持營業，否則該店就停業.（1）求發生調劑現象的概率；（2）設營業店鋪數為X，求X的分布列和數學期望.20（12分）在數列中，（1）求數列的通項公式；（2）若存在，使得成立，求實數的最小值21（12分）某市計劃在一片空地上建一個集購物、餐飲、娛樂為一體的大型綜合園區，如圖，已知兩個購物廣場的占地都呈正方形，它們的面積分別為13公頃和8公頃；美食城和歡樂大世界的占地也都呈正方形，分別記它們的面積為公頃和公頃；由購物廣場

7、、美食城和歡樂大世界圍成的兩塊公共綠地都呈三角形，分別記它們的面積為公頃和公頃.（1）設，用關于的函數表示，并求在區間上的最大值的近似值（精確到0.001公頃）；（2）如果，并且，試分別求出、的值.22（10分）如圖,在四棱錐中,四邊形是直角梯形, 底面 ,是的中點.（1）.求證:平面平面;（2）.若二面角的余弦值為,求直線與平面所成角的正弦值.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】對a進行分類討論，結合指數函數的單調性及值域求解.【詳解】分析知，.討論：當時，所以，所以；當時，所以，所以.綜上，或，故選C.【

8、點睛】本題主要考查指數函數的值域問題，指數函數的值域一般是利用單調性求解，側重考查數學運算和數學抽象的核心素養.2A【解析】由題意可得三角函數的定義可知：，則：本題選擇A選項.3D【解析】過點做正方形邊的垂線，如圖，設，利用直線三角形中的邊角關系，將用表示出來，根據，列方程求出，進而可得正方形的邊長.【詳解】過點做正方形邊的垂線，如圖，設，則，則，因為，則，整理化簡得，又，得 ，.即該正方形的邊長為.故選：D.【點睛】本題考查直角三角形中的邊角關系，關鍵是要構造直角三角形，是中檔題.4B【解析】由的單調性，可判斷p是真命題；分類討論打開絕對值，可得q是假命題，依次分析即得解【詳解】由函數是R上

9、的增函數，知命題p是真命題對于命題q，當，即時，；當，即時，由，得，無解，因此命題q是假命題所以為假命題，A錯誤；為真命題，B正確；為假命題，C錯誤；為真命題，D錯誤故選：B【點睛】本題考查了命題的邏輯連接詞，考查了學生邏輯推理，分類討論，數學運算的能力，屬于中檔題.5B【解析】作出可行域，對t進行分類討論分析目標函數的最大值，即可求解.【詳解】畫出不等式組所表示的可行域如圖AOB當t2時，可行域即為如圖中的OAM，此時目標函數z9x+6y 在A（2，0）取得最大值Z18不符合題意t2時可知目標函數Z9x+6y在的交點（）處取得最大值，此時Zt+16由題意可得，20t+1622解可得4t6故選

10、：B【點睛】此題考查線性規劃，根據可行域結合目標函數的最大值的取值范圍求參數的取值范圍，涉及分類討論思想，關鍵在于熟練掌握截距型目標函數的最大值最優解的處理辦法.6B【解析】復數為純虛數，則實部為0，虛部不為0，求出，即得.【詳解】為純虛數，解得. .故選：.【點睛】本題考查復數的分類，屬于基礎題.7D【解析】計算得到，故函數是周期函數，軸對稱圖形，故正確，根據圖像知錯誤，得到答案.【詳解】，當沿軸正方向平移個單位時，重合，故正確；，故，函數關于對稱，故正確；根據圖像知：不正確；故選：.【點睛】本題考查了根據函數圖像判斷函數性質，意在考查學生對于三角函數知識和圖像的綜合應用.8B【解析】根據，

11、可知命題的真假，然后對取值，可得命題 的真假，最后根據真值表，可得結果.【詳解】對命題：可知，所以R，故命題為假命題命題 ：取，可知所以R，故命題為真命題所以為真命題故選：B【點睛】本題主要考查對命題真假的判斷以及真值表的應用，識記真值表，屬基礎題.9C【解析】將正四面體的展開圖還原為空間幾何體，三點重合，記作，取中點，連接，即為與直線所成的角，表示出三角形的三條邊長，用余弦定理即可求得.【詳解】將展開的正四面體折疊，可得原正四面體如下圖所示，其中三點重合，記作：則為中點，取中點，連接，設正四面體的棱長均為，由中位線定理可得且，所以即為與直線所成的角， ，由余弦定理可得，所以直線與直線所成角的

12、余弦值為，故選：C.【點睛】本題考查了空間幾何體中異面直線的夾角，將展開圖折疊成空間幾何體，余弦定理解三角形的應用，屬于中檔題.10B【解析】根據等差數列的定義，線面關系，余弦函數以及基本不等式一一判斷即可；【詳解】解：已知函數是一次函數，若數列的通項公式為，可得為一次項系數），則該數列是等差數列，故正確；若直線上有兩個不同的點到平面的距離相等，則與可以相交或平行，故錯誤；在中，而余弦函數在區間上單調遞減，故 “”可得“”，由“”可得“”，故“”是“”的充要條件，故錯誤；若，則，所以，當且僅當時取等號，故正確；綜上可得正確的有共2個；故選：B【點睛】本題考查命題的真假判斷，主要是正弦定理的運用

13、和等比數列的求和公式、等差數列的定義和不等式的性質，考查運算能力和推理能力，屬于中檔題11B【解析】首先由三視圖還原幾何體，進一步求出幾何體的棱長【詳解】解：根據三視圖還原幾何體如圖所示，所以，該四棱錐體的最長的棱長為故選：B【點睛】本題主要考查由三視圖還原幾何體，考查運算能力和推理能力，屬于基礎題12B【解析】由題意知且，結合數軸即可求得的取值范圍.【詳解】由題意知，則，故，又，則，所以，所以本題答案為B.【點睛】本題主要考查了集合的關系及運算，以及借助數軸解決有關問題，其中確定中的元素是解題的關鍵，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。1340【解析】設等比數列的公比

14、為，根據，可得，因為，根據均值不等式，即可求得答案.【詳解】設等比數列的公比為，等比數列的各項為正數，當且僅當，即時，取得最小值.故答案為：.【點睛】本題主要考查了求數列值的最值問題，解題關鍵是掌握等比數列通項公式和靈活使用均值不等式，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.14【解析】令，所求問題的最大值為,只需求出即可，作出可行域，利用幾何意義即可解決.【詳解】作出可行域，如圖令，則，顯然當直線經過時，最大，且，故的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查線性規劃中非線性目標函數的最值問題，要做好此類題，前提是正確畫出可行域，本題是一道基礎題.15（-53，53）【解析】求出AB的長度，直線方

15、程，結合ABC的面積為5，轉化為圓心到直線的距離進行求解即可【詳解】解：AB的斜率k=a+4-a3-0=43，|AB|=(3-0)2+(a+4-a)2=32+42=5，設ABC的高為h，則ABC的面積為5，S=12|AB|h=125h5，即h2，直線AB的方程為ya=43x，即4x3y+3a0若圓x2+y29上有且僅有四個不同的點C，則圓心O到直線4x3y+3a0的距離d=|3a|42+(-3)2=|3a|5，則應該滿足dRh321，即|3a|51，得|3a|5得-53a53，故答案為：（-53，53）【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關系的應用，求出直線方程和AB的長度，轉化為圓心到直線的距

16、離是解決本題的關鍵16【解析】設，判斷 為偶函數，考慮x0時，的解析式和零點個數, 利用導數分析函數的單調性,作函數大致圖象，即可得到的范圍.【詳解】設，則在是偶函數，當時，由得，記，故函數在增，而，所以在減，在增，當時，當時，因此的圖象為因此實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了函數的零點的個數問題，涉及構造函數，函數的奇偶性，利用導數研究函數單調性，考查了數形結合思想方法，以及化簡運算能力和推理能力，屬于難題.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）不在，證明見詳解；（2）【解析】（1）假設直線方程，并于拋物線方程聯立，結合韋達定理，計算，可得，然后驗證可

17、得結果.（2）分別計算線段中垂線的方程，然后聯立，根據（1）的條件可得點的軌跡方程，然后可得焦點，結合拋物線定義可得，計算可得結果.【詳解】（1）設直線方程，根據題意可知直線斜率一定存在，則則由所以將代入上式化簡可得，所以則直線方程為，所以直線過定點，所以可知點不在直線上.（2）設線段的中點為線段的中點為則直線的斜率為，直線的斜率為可知線段的中垂線的方程為由，所以上式化簡為即線段的中垂線的方程為同理可得：線段的中垂線的方程為則由（1）可知：所以即，所以點軌跡方程為焦點為，所以當三點共線時，有最大所以【點睛】本題考查直線于拋物線的綜合應用，第（1）問中難點在于計算處，第（2）問中關鍵在于得到點的

18、軌跡方程，直線與圓錐曲線的綜合常常要聯立方程，結合韋達定理，屬難題.18（1）見解析；（2）【解析】（1）根據面面垂直性質及線面垂直性質，可證明；由所給線段關系，結合勾股定理逆定理，可證明，進而由線面垂直的判定定理證明平面.（2）建立空間直角坐標系，寫出各個點的坐標，并求得平面和平面的法向量，由空間向量法求得兩個平面夾角的余弦值，結合圖形即可求得二面角的大小.【詳解】（1）證明：平面平面ABEG，且，平面，由題意可得，且，平面.（2）如圖所示，建立空間直角坐標系，則，.設平面的法向量是，則，令，由（1）可知平面的法向量是，由圖可知，二面角為鈍二面角，所以二面角的大小為.【點睛】本題考查了線面垂

19、直的判定，面面垂直及線面垂直的性質應用，空間向量法求二面角的大小，屬于中檔題.19（1）（2）見解析，【解析】（1）根據題意設出事件，列出概率，運用公式求解；（2）由題得，X的所有可能取值為，根據（1）和變量對應的事件，可得變量對應的概率，即可得分布列和期望值.【詳解】（1）記2家小店分別為A，B，A店有i人休假記為事件（，1，2），B店有i人，休假記為事件（，1，2），發生調劑現象的概率為P.則，.所以.答：發生調劑現象的概率為.（2）依題意，X的所有可能取值為0，1，2.則，.所以X的分布表為：X012P所以.【點睛】本題是一道考查概率和期望的常考題型.20（1）；（2）【解析】（1）由得，兩式相減可得