1、2021-2022高考數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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f（x）sin2x+sin2（x），則f（x）的最小值為（ ）ABCD2已知集合，則( )ABCD3已知拋物線的焦點為，過點的直線與拋物線交于，兩點（設點位于第一象

2、限），過點，分別作拋物線的準線的垂線，垂足分別為點，拋物線的準線交軸于點，若，則直線的斜率為A1BCD4某大學計算機學院的薛教授在2019年人工智能方向招收了6名研究生.薛教授欲從人工智能領域的語音識別、人臉識別，數據分析、機器學習、服務器開發五個方向展開研究，且每個方向均有研究生學習，其中劉澤同學學習人臉識別，則這6名研究生不同的分配方向共有（ ）A480種B360種C240種D120種5己知拋物線的焦點為，準線為，點分別在拋物線上，且，直線交于點，垂足為，若的面積為，則到的距離為（ ）ABC8D66下列說法正確的是（ ）A命題“，”的否定形式是“，”B若平面，滿足，則C隨機變量服從正態分布

3、（），若，則D設是實數，“”是“”的充分不必要條件7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ABCD8如圖，已知三棱錐中，平面平面，記二面角的平面角為，直線與平面所成角為，直線與平面所成角為，則（ ）ABCD9執行如圖所示的程序框圖，若輸出的結果為3，則可輸入的實數值的個數為（ ）A1B2C3D410如圖，平面ABCD，ABCD為正方形，且，E，F分別是線段PA，CD的中點，則異面直線EF與BD所成角的余弦值為（ ）ABCD11如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面上，且，若正方體的六個面所在的平面與直線相交的平面個數分別記

4、為，則下列結論正確的是（）ABCD12已知點，若點在曲線上運動，則面積的最小值為（ ）A6B3CD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13西周初數學家商高在公元前1000年發現勾股定理的一個特例：勾三，股四，弦五.此發現早于畢達哥拉斯定理五百到六百年.我們把可以構成一個直角三角形三邊的一組正整數稱為勾股數.現從3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13這11個數中隨機抽取3個數，則這3個數能構成勾股數的概率為_14已知一個圓錐的底面積和側面積分別為和，則該圓錐的體積為_15 “學習強國”學習平臺是由中宣部主管，以深入學習宣傳習近平新時代中國特色社會主義思想為主要內容，立足全

5、體黨員、面向全社會的優質平臺，現已日益成為老百姓了解國家動態，緊跟時代脈搏的熱門app.該款軟件主要設有“閱讀文章”和“視聽學習”兩個學習板塊和“每日答題”、“每周答題”、“專項答題”、“挑戰答題”四個答題板塊.某人在學習過程中，將六大板塊依次各完成一次，則“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊之間最多間隔一個答題板塊的學習方法有_種.16在的展開式中，的系數等于_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）如圖，四棱錐中，底面為直角梯形，為等邊三角形，平面底面，為的中點. （1）求證：平面平面；（2）點在線段上，且，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.18（1

6、2分） 2018石家莊一檢已知函數（1）若，求函數的圖像在點處的切線方程；（2）若函數有兩個極值點，且，求證：19（12分）設數列是等差數列，其前項和為，且，.（1）求數列的通項公式；（2）證明：.20（12分）對于非負整數集合（非空），若對任意，或者，或者，則稱為一個好集合以下記為的元素個數（1）給出所有的元素均小于的好集合（給出結論即可）（2）求出所有滿足的好集合（同時說明理由）（3）若好集合滿足，求證：中存在元素，使得中所有元素均為的整數倍21（12分）如圖，在棱長為的正方形中，分別為，邊上的中點，現以為折痕將點旋轉至點的位置，使得為直二面角（1）證明：；（2）求與面所成角的正弦值22（

7、10分）已知函數，其中為實常數.（1）若存在，使得在區間內單調遞減，求的取值范圍；（2）當時，設直線與函數的圖象相交于不同的兩點，證明：.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。1A【解析】先通過降冪公式和輔助角法將函數轉化為，再求最值.【詳解】已知函數f（x）sin2x+sin2（x），=，=，因為，所以f（x）的最小值為.故選：A【點睛】本題主要考查倍角公式及兩角和與差的三角函數的逆用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.2A【解析】求得集合中函數的值域，由此求得，進而求得.【詳解】由，得，所以，所以.故選：A【點睛】本

8、小題主要考查函數值域的求法，考查集合補集、交集的概念和運算，屬于基礎題.3C【解析】根據拋物線定義，可得，又，所以，所以，設，則，則，所以，所以直線的斜率故選C4B【解析】將人臉識別方向的人數分成：有人、有人兩種情況進行分類討論，結合捆綁計算出不同的分配方法數.【詳解】當人臉識別方向有2人時，有種，當人臉識別方向有1人時，有種，共有360種.故選：B【點睛】本小題主要考查簡單排列組合問題，考查分類討論的數學思想方法，屬于基礎題.5D【解析】作，垂足為，過點N作，垂足為G，設，則，結合圖形可得，從而可求出，進而可求得，由的面積即可求出，再結合為線段的中點，即可求出到的距離【詳解】如圖所示，作，垂

9、足為，設，由，得，則，.過點N作，垂足為G，則，所以在中，所以，所以，在中，所以，所以，所以 解得，因為，所以為線段的中點，所以F到l的距離為故選：D【點睛】本題主要考查拋物線的幾何性質及平面幾何的有關知識，屬于中檔題6D【解析】由特稱命題的否定是全稱命題可判斷選項A；可能相交，可判斷B選項；利用正態分布的性質可判斷選項C；或，利用集合間的包含關系可判斷選項D.【詳解】命題“，”的否定形式是“，”，故A錯誤；，則可能相交，故B錯誤；若，則，所以，故，所以C錯誤；由，得或，故“”是“”的充分不必要條件，D正確.故選：D.【點睛】本題考查命題的真假判斷，涉及到特稱命題的否定、面面相關的命題、正態分

10、布、充分條件與必要條件等，是一道容易題.7D【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D8A【解析】作于,于,分析可得,再根據正弦的大小關系判斷分析得,再根據線面角的最小性判定即可.【詳解】作于,于.因為平面平面,平面.故,故平面.故二面角為.又直線與平面所成角為,因為,故.故,當且僅當重合時取等號.又直線與平面所成角為,且為直線與平面內的直線所成角,故,當且僅當平面時取等號.故

11、.故選：A【點睛】本題主要考查了線面角與線線角的大小判斷,需要根據題意確定角度的正弦的關系,同時運用線面角的最小性進行判定.屬于中檔題.9C【解析】試題分析：根據題意，當時，令，得；當時，令，得，故輸入的實數值的個數為1考點：程序框圖10C【解析】分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系,再利用向量法求異面直線EF與BD所成角的余弦值.【詳解】由題可知，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.設.則.故異面直線EF與BD所成角的余弦值為.故選：C【點睛】本題主要考查空間向量和異面直線所成的角的向量求法，意在考查學生對這些

12、知識的理解掌握水平.11A【解析】根據題意，畫出幾何位置圖形，由圖形的位置關系分別求得的值，即可比較各選項.【詳解】如下圖所示，平面，從而平面，易知與正方體的其余四個面所在平面均相交，平面，平面，且與正方體的其余四個面所在平面均相交，結合四個選項可知，只有正確.故選：A.【點睛】本題考查了空間幾何體中直線與平面位置關系的判斷與綜合應用，對空間想象能力要求較高，屬于中檔題.12B【解析】求得直線的方程，畫出曲線表示的下半圓，結合圖象可得位于，結合點到直線的距離公式和兩點的距離公式，以及三角形的面積公式，可得所求最小值.【詳解】解：曲線表示以原點為圓心，1為半徑的下半圓(包括兩個端點)，如圖，直線

13、的方程為，可得，由圓與直線的位置關系知在時，到直線距離最短，即為，則的面積的最小值為.故選：B.【點睛】本題考查三角形面積最值，解題關鍵是掌握直線與圓的位置關系，確定半圓上的點到直線距離的最小值，這由數形結合思想易得二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由組合數結合古典概型求解即可【詳解】從11個數中隨機抽取3個數有種不同的方法，其中能構成勾股數的有共三種，所以，所求概率為.故答案為【點睛】本題考查古典概型與數學文化，考查組合問題，數據處理能力和應用意識.14【解析】依據圓錐的底面積和側面積公式，求出底面半徑和母線長，再根據勾股定理求出圓錐的高，最后利用圓錐的體積公式求出

14、體積?！驹斀狻吭O圓錐的底面半徑為，母線長為，高為，所以有 解得， 故該圓錐的體積為。【點睛】本題主要考查圓錐的底面積、側面積和體積公式的應用。15【解析】先分間隔一個與不間隔分類計數，再根據捆綁法求排列數,最后求和得結果.【詳解】若“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊相鄰，則學習方法有種;若“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊之間間隔一個答題板塊的學習方法有種;因此共有種.故答案為：【點睛】本題考查排列組合實際問題，考查基本分析求解能力，屬基礎題.167【解析】由題，得，令，即可得到本題答案.【詳解】由題，得，令，得x的系數.故答案為：7【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，屬基礎題.三、

15、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（2）【解析】（1）根據等邊三角形的性質證得，根據面面垂直的性質定理，證得底面，由此證得，結合證得平面，由此證得：平面平面.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出平面與平面所成的銳二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：為等邊三角形，為的中點，平面底面，平面底面，底面平面，又由題意可知為正方形，又，平面平面，平面平面（2）如圖建立空間直角坐標系，則，由已知，得，設平面的法向量為，則令，則，由（1）知平面的法向量可取為平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查面面垂直的判定定理和性質定理，考查

16、二面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.18（1） （2）見解析【解析】試題分析：（1）分別求得和，由點斜式可得切線方程；（2）由已知條件可得有兩個相異實根，進而再求導可得，結合函數的單調性可得，從而得證.試題解析：（1）由已知條件，當時，當時，所以所求切線方程為 （2）由已知條件可得有兩個相異實根，令，則，1）若，則，單調遞增，不可能有兩根；2）若，令得，可知在上單調遞增，在上單調遞減，令解得，由有，由有，從而時函數有兩個極值點，當變化時，的變化情況如下表單調遞減單調遞增單調遞減因為，所以，在區間上單調遞增，另解：由已知可得，則，令，則，可知函數在單調遞增，在單調遞減，若有

17、兩個根，則可得，當時， ，所以在區間上單調遞增，所以19（1）（2）見解析【解析】（1）設數列的公差為，由，得到，再結合題干所給數據得到公差，即可求得數列的通項公式；（2）由（1）可得，再利用放縮法證明不等式即可；【詳解】解：（1）設數列的公差為，.（2），.【點睛】本題考查等差數列的通項公式的計算，放縮法證明數列不等式，屬于中檔題.20（1），（2）；證明見解析（3）證明見解析【解析】（1）根據好集合的定義列舉即可得到結果；（2）設，其中，由知；由可知或，分別討論兩種情況可的結果；（3）記，則，設，由歸納推理可求得，從而得到，從而得到，可知存在元素滿足題意.【詳解】（1），（2）設，其中，則

18、由題意：，故，即，考慮，可知：，或，若，則考慮，則，但此時，不滿足題意；若，此時，滿足題意，其中為相異正整數（3）記，則，首先，設，其中，分別考慮和其他任一元素，由題意可得：也在中，而，對于，考慮，其和大于，故其差，特別的，由，且，以此類推：，此時，故中存在元素，使得中所有元素均為的整數倍【點睛】本題考查集合中的新定義問題的求解，關鍵是明確已知中所給的新定義的具體要求，根據集合元素的要求進行推理說明，對于學生分析和解決問題能力、邏輯推理能力有較高的要求，屬于較難題.21（1）證明見詳解；（2）【解析】（1）在折疊前的正方形ABCD中，作出對角線AC，BD，由正方形性質知，又/，則于點H，則由直二面角可知面 ，故.又，則面，故命題得證；（2）作出線面角，在直角三角形中求解該角的正弦值.【詳解】解：（1）證明：在正方形中，連結交于因為/，故可得，即又旋轉不改變上述垂直關系，且平面,面，又面，所以（2）因為為直二面角，故平面平面,又其交線為,且平面,故可得底面，連結，則即為與面所成角，連結交于，在中，在中，所以與面所成角的正弦值為【點睛】本題考查了線面垂直的證明與性質，利用定義求線面角，屬于中檔題.22（1）；（2）見解析.【解析】（1）將所求問題轉化為在上有解，進