1、2021-2022高考數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。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設，則關于的方程所表示的曲線是（ ）A長軸在軸上的橢圓B長軸在軸上的橢圓C實軸在軸上的雙曲線D實軸在軸上的雙曲線2下列命題是真命題的是（ ）A若平面，滿足，則；B命題：，則：，；C“命題為真”是“命題為真”的充分不必要條件；D命題“若，則”的

2、逆否命題為：“若，則”.3設分別為的三邊的中點，則（ ）ABCD4已知是虛數單位，則（ ）ABCD5設命題函數在上遞增，命題在中，下列為真命題的是（ ）ABCD6已知正四面體的棱長為，是該正四面體外接球球心，且，則（ ）ABCD7直線l過拋物線的焦點且與拋物線交于A，B兩點，則的最小值是A10B9C8D78已知為虛數單位，實數滿足，則 ( )A1BCD9如圖所示的莖葉圖為高三某班名學生的化學考試成績，算法框圖中輸入的，為莖葉圖中的學生成績，則輸出的，分別是（） A，B，C，D，10如圖，在圓錐SO中，AB，CD為底面圓的兩條直徑，ABCDO，且ABCD，SOOB3，SE.，異面直線SC與OE所

3、成角的正切值為（ ）ABCD11復數，是虛數單位，則下列結論正確的是AB的共軛復數為C的實部與虛部之和為1D在復平面內的對應點位于第一象限12 下列與的終邊相同的角的表達式中正確的是()A2k45(kZ)Bk360(kZ)Ck360315(kZ)Dk (kZ)二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若函數為偶函數，則_.14的展開式中二項式系數最大的項的系數為_（用數字作答）.15（5分）某膳食營養科研機構為研究牛蛙體內的維生素E和鋅、硒等微量元素（這些元素可以延緩衰老，還能起到抗癌的效果）對人體的作用，現從只雌蛙和只雄蛙中任選只牛蛙進行抽樣試驗，則選出的只牛蛙中至少有只雄蛙的概率

4、是_16已知等差數列的前n項和為Sn，若，則_.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，是函數的導數.（1）若，證明在區間上沒有零點；（2）在上恒成立，求的取值范圍.18（12分）已知函數.（1）若函數，試討論的單調性；（2）若，求的取值范圍.19（12分）已知函數，.（1）證明：函數的極小值點為1；（2）若函數在有兩個零點，證明：.20（12分）如圖，在四棱柱中，平面平面，是邊長為2的等邊三角形，點為的中點（）求證：平面；（）求二面角的余弦值（）在線段上是否存在一點，使直線與平面所成的角正弦值為，若存在求出的長，若不存在說明理由21（12分）如圖，

5、在四棱錐中，底面為菱形，為正三角形，平面平面分別是的中點.（1）證明:平面（2）若，求二面角的余弦值.22（10分）如圖，在直三棱柱中，D，E分別為AB，BC的中點.（1）證明：平面平面；（2）求點到平面的距離.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】根據條件，方程即，結合雙曲線的標準方程的特征判斷曲線的類型【詳解】解：k1，1+k0，k2-10，方程，即，表示實軸在y軸上的雙曲線，故選C【點睛】本題考查雙曲線的標準方程的特征，依據條件把已知的曲線方程化為是關鍵2D【解析】根據面面關系判斷A；根據否定的定義判斷B

6、；根據充分條件，必要條件的定義判斷C；根據逆否命題的定義判斷D.【詳解】若平面，滿足，則可能相交，故A錯誤；命題“：，”的否定為：，故B錯誤；為真，說明至少一個為真命題，則不能推出為真；為真，說明都為真命題，則為真，所以“命題為真”是“命題為真”的必要不充分條件，故C錯誤；命題“若，則”的逆否命題為：“若，則”，故D正確；故選D【點睛】本題主要考查了判斷必要不充分條件，寫出命題的逆否命題等，屬于中檔題.3B【解析】根據題意,畫出幾何圖形,根據向量加法的線性運算即可求解.【詳解】根據題意,可得幾何關系如下圖所示:,故選:B【點睛】本題考查了向量加法的線性運算,屬于基礎題.4B【解析】根據復數的乘

7、法運算法則，直接計算，即可得出結果.【詳解】.故選B【點睛】本題主要考查復數的乘法，熟記運算法則即可，屬于基礎題型.5C【解析】命題：函數在上單調遞減，即可判斷出真假命題：在中，利用余弦函數單調性判斷出真假【詳解】解：命題：函數，所以，當時，即函數在上單調遞減，因此是假命題命題：在中，在上單調遞減，所以，是真命題則下列命題為真命題的是故選：C【點睛】本題考查了函數的單調性、正弦定理、三角形邊角大小關系、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題6A【解析】如圖設平面，球心在上，根據正四面體的性質可得，根據平面向量的加法的幾何意義，重心的性質，結合已知求出的值.【詳解】如圖設平面，

8、球心在上，由正四面體的性質可得：三角形是正三角形，在直角三角形中，因為為重心，因此，則，因此，因此，則，故選A.【點睛】本題考查了正四面體的性質，考查了平面向量加法的幾何意義，考查了重心的性質，屬于中檔題.7B【解析】根據拋物線中過焦點的兩段線段關系，可得；再由基本不等式可求得的最小值【詳解】由拋物線標準方程可知p=2因為直線l過拋物線的焦點，由過拋物線焦點的弦的性質可知 所以 因為 為線段長度，都大于0，由基本不等式可知，此時所以選B【點睛】本題考查了拋物線的基本性質及其簡單應用，基本不等式的用法，屬于中檔題8D【解析】 ，則 故選D.9B【解析】試題分析：由程序框圖可知，框圖統計的是成績不

9、小于80和成績不小于60且小于80的人數，由莖葉圖可知，成績不小于80的有12個，成績不小于60且小于80的有26個，故，考點：程序框圖、莖葉圖10D【解析】可過點S作SFOE，交AB于點F，并連接CF，從而可得出CSF（或補角）為異面直線SC與OE所成的角，根據條件即可求出，這樣即可得出tanCSF的值.【詳解】如圖，過點S作SFOE，交AB于點F，連接CF，則CSF（或補角）即為異面直線SC與OE所成的角，又OB3，SOOC，SOOC3，；SOOF，SO3，OF1，；OCOF，OC3，OF1，等腰SCF中，.故選：D.【點睛】本題考查了異面直線所成角的定義及求法，直角三角形的邊角的關系，平

10、行線分線段成比例的定理，考查了計算能力，屬于基礎題.11D【解析】利用復數的四則運算，求得，在根據復數的模，復數與共軛復數的概念等即可得到結論【詳解】由題意，則，的共軛復數為，復數的實部與虛部之和為，在復平面內對應點位于第一象限，故選D【點睛】復數代數形式的加減乘除運算的法則是進行復數運算的理論依據,加減運算類似于多項式的合并同類項,乘法法則類似于多項式乘法法則，除法運算則先將除式寫成分式的形式,再將分母實數化，其次要熟悉復數相關基本概念，如復數的實部為、虛部為、模為、對應點為、共軛為12C【解析】利用終邊相同的角的公式判斷即得正確答案.【詳解】與的終邊相同的角可以寫成2k (kZ)，但是角度

11、制與弧度制不能混用，所以只有答案C正確.故答案為C【點睛】（1）本題主要考查終邊相同的角的公式，意在考查學生對該知識的掌握水平和分析推理能力.(2) 與終邊相同的角=+ 其中.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】二次函數為偶函數說明一次項系數為0，求得參數，將代入表達式即可求解【詳解】由為偶函數，知其一次項的系數為0，所以，所以，故答案為：-5【點睛】本題考查由奇偶性求解參數，求函數值，屬于基礎題145670【解析】根據二項式展開的通項，可得二項式系數的最大項，可求得其系數.【詳解】二項展開式一共有項，所以由二項式系數的性質可知二項式系數最大的項為第5項，系數為.故答案

12、為：5670【點睛】本題考查了二項式定理展開式的應用，由通項公式求二項式系數，屬于中檔題.15【解析】記只雌蛙分別為，只雄蛙分別為，從中任選只牛蛙進行抽樣試驗，其基本事件為，共15個，選出的只牛蛙中至少有只雄蛙包含的基本事件為，共9個，故選出的只牛蛙中至少有只雄蛙的概率是16【解析】由，成等差數列，代入可得的值.【詳解】解：由等差數列的性質可得：，成等差數列，可得：，代入，可得：，故答案為：.【點睛】本題主要考查等差數列前n項和的性質，相對不難.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）證明見解析（2）【解析】（1）先利用導數的四則運算法則和導數公式求出，再由函數

13、的導數可知，函數在上單調遞增，在上單調遞減，而，可知在區間上恒成立，即在區間上沒有零點；（2）由題意可將轉化為，構造函數，利用導數討論研究其在上的單調性，由，即可求出的取值范圍【詳解】（1）若，則，設，則，故函數是奇函數當時，這時，又函數是奇函數，所以當時，.綜上，當時，函數單調遞增；當時，函數單調遞減.又，故在區間上恒成立，所以在區間上沒有零點.（2），由，所以恒成立，若，則，設，.故當時，又，所以當時，滿足題意；當時，有，與條件矛盾，舍去； 當時，令，則，又，故在區間上有無窮多個零點，設最小的零點為，則當時，因此在上單調遞增.，所以.于是，當時，得，與條件矛盾.故的取值范圍是.【點睛】本題

14、主要考查導數的四則運算法則和導數公式的應用，以及利用導數研究函數的單調性和最值，涉及分類討論思想和放縮法的應用，難度較大，意在考查學生的數學建模能力，數學運算能力和邏輯推理能力，屬于較難題18（1）答案不唯一，具體見解析（2）【解析】（1）由于函數，得出，分類討論當和時，的正負，進而得出的單調性；（2）求出，令，得，設，通過導函數，可得出在上的單調性和值域，再分類討論和時，的單調性，再結合，恒成立，即可求出的取值范圍.【詳解】解：（1）因為， 所以，當時，在上單調遞減.當時，令，則；令，則，所以在單調遞增，在上單調遞減.綜上所述，當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）因為

15、，可知，令，得.設，則.當時，在上單調遞增，所以在上的值域是，即.當時，沒有實根，且，在上單調遞減，符合題意.當時，所以有唯一實根，當時，在上單調遞增，不符合題意.綜上，即的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性和根據恒成立問題求參數范圍，還運用了構造函數法，還考查分類討論思想和計算能力，屬于難題.19（1）見解析（2）見解析【解析】(1)利用導函數的正負確定函數的增減.(2) 函數在有兩個零點，即方程在區間有兩解， 令通過二次求導確定函數單調性證明參數范圍.【詳解】解：（1）證明：因為， 當時，所以在區間遞減；當時，所以，所以在區間遞增； 且，所以函數的極小值點為1（2）函數在

16、有兩個零點，即方程在區間有兩解， 令，則令，則，所以在單調遞增， 又， 故存在唯一的，使得， 即， 所以在單調遞減，在區間單調遞增，且， 又因為，所以， 方程關于的方程在有兩個零點，由的圖象可知，即.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性,確定函數的極值,利用二次求導,零點存在性定理確定參數范圍,屬于難題.20（）證明見解析；（）；（）線段上是存在一點，使直線與平面所成的角正弦值為.【解析】（）取中點，連結、，推導出四邊形是平行四邊形，從而，由此能證明平面;（）取中點，連結，推導出平面，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角的余弦值；（）假設在線段上是存在一點，

17、使直線與平面所成的角正弦值為，設利用向量法能求出結果【詳解】（）證明：取中點，連結、，是邊長為2的等邊三角形，點為的中點，四邊形是平行四邊形，平面，平面，平面（）解：取中點，連結，在四棱柱中，平面平面，是邊長為2的等邊三角形，點為的中點，平面，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，1，0，1，0，0，設平面的法向量，則，取，得，設平面的法向量，則，取，得，設二面角的平面角為，則二面角的余弦值為（）解：假設在線段上是存在一點，使直線與平面所成的角正弦值為，設則，平面的法向量，解得，線段上是存在一點，使直線與平面所成的角正弦值為【點睛】本題考查線面平行的證明，考查二面角的余弦值的求法，考

18、查滿足正弦值的點是否存在的判斷與求法，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21（1）詳見解析；（2）.【解析】（1）連接，由菱形的性質以及中位線，得，由平面平面，且交線，得平面，故而，最后由線面垂直的判定得結論.（2）以為原點建平面直角坐標系，求出平面平與平面的法向量，最后求得二面角的余弦值為.【詳解】解：（1）連結 ，且是的中點，平面平面，平面平面，平面. 平面，又為菱形，且為棱的中點，.又，平面平面.（2）由題意有，四邊形為菱形，且 分別以，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則設平面的法向量為由，得，令，得取平面的法向量為二面角為銳二面角，二面角的余弦值為【點睛】處理線面垂直問題時，需要學生對線面垂直的判定定理特別熟悉，運用幾何語言表示出來方才過關，一定要在已知平面中找兩條相交直線與平面外的直線垂直，才可以證得線面垂直，其次考查