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已知復數，則對應的點在復平面內位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2在棱長為2的

2、正方體ABCDA1B1C1D1中，P為A1D1的中點，若三棱錐PABC的四個頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為（ ）A12BCD103已知向量，且，則（ ）ABC1D24如圖所示，直三棱柱的高為4，底面邊長分別是5，12，13，當球與上底面三條棱都相切時球心到下底面距離為8，則球的體積為 ( ) A16053B6423C9633D256235已知集合，則( )ABCD6點在曲線上，過作軸垂線，設與曲線交于點，且點的縱坐標始終為0，則稱點為曲線上的“水平黃金點”，則曲線上的“水平黃金點”的個數為（ ）A0B1C2D37設點是橢圓上的一點，是橢圓的兩個焦點，若，則（ ）ABCD8若sin(+3

3、2)=33，則cos2=（ ）A-12B-13C13D129已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a0,b0)，其右焦點F的坐標為(c,0)，點A是第一象限內雙曲線漸近線上的一點，O為坐標原點，滿足|OA|=c2a，線段AF交雙曲線于點M.若M為AF的中點，則雙曲線的離心率為（ ）A2B2C233D4310若為虛數單位，網格紙上小正方形的邊長為1，圖中復平面內點表示復數，則表示復數的點是（ ）AEBFCGDH11如圖，是圓的一條直徑，為半圓弧的兩個三等分點，則（ ）ABCD12已知，則a，b，c的大小關系為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知的展開式中第項與第項的

4、二項式系數相等，則_.14不等式對于定義域內的任意恒成立，則的取值范圍為_.15已知拋物線的焦點為，斜率為2的直線與的交點為，若，則直線的方程為_16設為正實數，若則的取值范圍是_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）已知橢圓的右焦點為，過作軸的垂線交橢圓于點（點在軸上方），斜率為的直線交橢圓于兩點，過點作直線交橢圓于點，且，直線交軸于點.（1）設橢圓的離心率為，當點為橢圓的右頂點時，的坐標為，求的值.（2）若橢圓的方程為，且，是否存在使得成立？如果存在，求出的值；如果不存在，請說明理由.18（12分）將棱長為的正方體截去三棱錐后得到如圖所示幾何體，為的中

5、點.（1）求證：平面；（2）求二面角的正弦值.19（12分）已知橢圓與x軸負半軸交于，離心率.（1）求橢圓C的方程；（2）設直線與橢圓C交于兩點，連接AM,AN并延長交直線x=4于兩點，若，直線MN是否恒過定點，如果是，請求出定點坐標，如果不是，請說明理由.20（12分）已知是等差數列，滿足，數列滿足，且是等比數列.（1）求數列和的通項公式；（2）求數列的前項和.21（12分）已知函數.（1）討論的單調性；（2）若在定義域內是增函數，且存在不相等的正實數，使得，證明：.22（10分）已知橢圓的左右焦點分別為，焦距為4，且橢圓過點，過點且不平行于坐標軸的直線交橢圓與兩點，點關于軸的對稱點為，直線

6、交軸于點.（1）求的周長；（2）求面積的最大值.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。1A【解析】利用復數除法運算化簡，由此求得對應點所在象限.【詳解】依題意，對應點為，在第一象限.故選A.【點睛】本小題主要考查復數除法運算，考查復數對應點的坐標所在象限，屬于基礎題.2C【解析】取B1C1的中點Q，連接PQ，BQ，CQ，PD，則三棱柱BCQADP為直三棱柱，此直三棱柱和三棱錐PABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圓半徑，然后利用勾股定理可求出外接球的半徑【詳解】如圖，取B1C1的中點Q，連接PQ，BQ，CQ，PD，則

7、三棱柱BCQADP為直三棱柱，所以該直三棱柱的六個頂點都在球O的球面上，的外接圓直徑為，球O的半徑R滿足，所以球O的表面積S=4R2=，故選：C.【點睛】此題考查三棱錐的外接球半徑與棱長的關系，及球的表面積公式，解題時要注意審題，注意空間思維能力的培養，屬于中檔題.3A【解析】根據向量垂直的坐標表示列方程，解方程求得的值.【詳解】由于向量，且，所以解得.故選：A【點睛】本小題主要考查向量垂直的坐標表示，屬于基礎題.4A【解析】設球心為O，三棱柱的上底面A1B1C1的內切圓的圓心為O1，該圓與邊B1C1切于點M，根據球的幾何性質可得OO1M為直角三角形，然后根據題中數據求出圓O1半徑，進而求得球

8、的半徑，最后可求出球的體積【詳解】如圖，設三棱柱為ABC-A1B1C1，且AB=12,BC=5,AC=13，高AA1=4所以底面A1B1C1為斜邊是A1C1的直角三角形，設該三角形的內切圓為圓O1，圓O1與邊B1C1切于點M，則圓O1的半徑為O1M=12+5-132=2設球心為O，則由球的幾何知識得OO1M為直角三角形，且OO1=8-4=4，所以OM=22+42=25，即球O的半徑為25，所以球O的體積為43(25)3=16053故選A【點睛】本題考查與球有關的組合體的問題，解答本題的關鍵有兩個：（1）構造以球半徑R、球心到小圓圓心的距離d和小圓半徑r為三邊的直角三角形，并在此三角形內求出球的

9、半徑，這是解決與球有關的問題時常用的方法（2）若直角三角形的兩直角邊為a,b，斜邊為c，則該直角三角形內切圓的半徑r=a+b-c2，合理利用中間結論可提高解題的效率5B【解析】先由得或，再計算即可.【詳解】由得或，,又，.故選：B【點睛】本題主要考查了集合的交集，補集的運算，考查學生的運算求解能力.6C【解析】設,則,則,即可得,設,利用導函數判斷的零點的個數,即為所求.【詳解】設,則,所以,依題意可得,設,則,當時,則單調遞減；當時,則單調遞增,所以,且,有兩個不同的解,所以曲線上的“水平黃金點”的個數為2.故選:C【點睛】本題考查利用導函數處理零點問題,考查向量的坐標運算,考查零點存在性定

10、理的應用.7B【解析】，故選B點睛：本題主要考查利用橢圓的簡單性質及橢圓的定義. 求解與橢圓性質有關的問題時要結合圖形進行分析，既使不畫出圖形，思考時也要聯想到圖形，當涉及頂點、焦點、長軸、短軸等橢圓的基本量時，要理清它們之間的關系，挖掘出它們之間的內在聯系. 8B【解析】由三角函數的誘導公式和倍角公式化簡即可.【詳解】因為sin+32=33，由誘導公式得cos=-33，所以cos2=2cos2-1=-13 .故選B【點睛】本題考查了三角函數的誘導公式和倍角公式，靈活掌握公式是關鍵，屬于基礎題.9C【解析】計算得到Ac,bca，Mc,bc2a，代入雙曲線化簡得到答案.【詳解】雙曲線的一條漸近線

11、方程為y=bax，A是第一象限內雙曲線漸近線上的一點，|OA|=c2a，故Ac,bca，Fc,0，故Mc,bc2a，代入雙曲線化簡得到：3c24a2=1，故e=233.故選：C.【點睛】本題考查了雙曲線離心率，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.10C【解析】由于在復平面內點的坐標為，所以，然后將代入化簡后可找到其對應的點.【詳解】由，所以，對應點.故選：C【點睛】此題考查的是復數與復平面內點的對就關系，復數的運算，屬于基礎題.11B【解析】連接、，即可得到，再根據平面向量的數量積及運算律計算可得；【詳解】解：連接、，是半圓弧的兩個三等分點， ，且，所以四邊形為棱形，故選：B【點睛】本題考查

12、平面向量的數量積及其運算律的應用，屬于基礎題.12D【解析】與中間值1比較，可用換底公式化為同底數對數，再比較大小【詳解】，又，即，故選：D.【點睛】本題考查冪和對數的大小比較，解題時能化為同底的化為同底數冪比較，或化為同底數對數比較，若是不同類型的數，可借助中間值如0，1等比較二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據的展開式中第項與第項的二項式系數相等，得到，再利用組合數公式求解.【詳解】因為的展開式中第項與第項的二項式系數相等，所以，即 ，所以，即 ，解得.故答案為：10【點睛】本題主要考查二項式的系數，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.14【解析】根據題意，分離

13、參數，轉化為只對于內的任意恒成立，令，則只需在定義域內即可，利用放縮法，得出，化簡后得出，即可得出的取值范圍.【詳解】解：已知對于定義域內的任意恒成立，即對于內的任意恒成立，令，則只需在定義域內即可，當時取等號，由可知，當時取等號，當有解時，令，則，在上單調遞增，又，使得，則，所以的取值范圍為.故答案為：.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性和最值，解決恒成立問題求參數值，涉及分離參數法和放縮法，考查轉化能力和計算能力.15【解析】設直線l的方程為，聯立直線l與拋物線C的方程，得到A，B點橫坐標的關系式，代入到中，解出t的值，即可求得直線l的方程【詳解】設直線由題設得，故，由題設可得由可得，

14、則，從而，得，所以l的方程為,故答案為：【點睛】本題主要考查了直線的方程，拋物線的定義，拋物線的簡單幾何性質，直線與拋物線的位置關系，屬于中檔題.16【解析】根據，可得，進而，有，而，令，得到，再用導數法求解，【詳解】因為，所以，所以，所以，所以，令，所以，當時，當時，所以當時，取得最大值，又，所以取值范圍是，故答案為：【點睛】本題主要考查基本不等式的應用和導數法求最值，還考查了運算求解的能力，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）；（2）不存在，理由見解析【解析】（1）寫出，根據，斜率乘積為-1，建立等量關系求解離心率；（2）寫出直線AB的方程，根

15、據韋達定理求出點B的坐標，計算出弦長，根據垂直關系同理可得，利用等式即可得解.【詳解】（1）由題可得，過點作直線交橢圓于點，且，直線交軸于點.點為橢圓的右頂點時，的坐標為，即，化簡得：，即，解得或（舍去），所以；（2）橢圓的方程為，由（1）可得，聯立得：，設B的橫坐標，根據韋達定理，即，所以，同理可得若存在使得成立，則，化簡得：，此方程無解，所以不存在使得成立.【點睛】此題考查求橢圓離心率，根據直線與橢圓的位置關系解決弦長問題，關鍵在于熟練掌握解析幾何常用方法，尤其是韋達定理在解決解析幾何問題中的應用.18（1）見解析；（2）.【解析】（1）取的中點，連接、，連接，證明出四邊形為平行四邊形，可

16、得出，然后利用線面平行的判定定理可證得結論；（2）以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值，進而可求得其正弦值.【詳解】（1）取中點，連接、，且，四邊形為平行四邊形，且，、分別為、中點，且，則四邊形為平行四邊形，且，且，且，所以，四邊形為平行四邊形，且，四邊形為平行四邊形，平面，平面，平面；（2）以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、，設平面的法向量為，由，得，取，則，設平面的法向量為，由，得，取，則，因此，二面角的正弦值為.【點睛】本題考查線面平行的證明，同時也考查了利用空間向量法求解二面角，考查推理能力與計

17、算能力，屬于中等題.19（1）（2）直線恒過定點,詳見解析【解析】（1）依題意由橢圓的簡單性質可求出，即得橢圓C的方程；（2）設直線的方程為：，聯立直線的方程與橢圓方程可求得點的坐標，同理可求出點的坐標，根據的坐標可求出直線的方程，將其化簡成點斜式，即可求出定點坐標【詳解】（1）由題有，.，.橢圓方程為.（2）設直線的方程為：，則或，同理，當時，由有.，同理，又，當時，直線的方程為直線恒過定點，當時，此時也過定點.綜上:直線恒過定點.【點睛】本題主要考查利用橢圓的簡單性質求橢圓的標準方程，以及直線與橢圓的位置關系應用，定點問題的求法等，意在考查學生的邏輯推理能力和數學運算能力，屬于難題20（1

18、），；（2）【解析】試題分析：（1）利用等差數列，等比數列的通項公式先求得公差和公比，即得到結論;（2）利用分組求和法，由等差數列及等比數列的前n項和公式即可求得數列前n項和試題解析：（）設等差數列an的公差為d，由題意得d= 1an=a1+（n1）d=1n設等比數列bnan的公比為q，則q1=8，q=2，bnan=（b1a1）qn1=2n1， bn=1n+2n1（）由（）知bn=1n+2n1， 數列1n的前n項和為n（n+1），數列2n1的前n項和為1= 2n1，數列bn的前n項和為；考點：1.等差數列性質的綜合應用；2.等比數列性質的綜合應用；1.數列求和21（1）當時，在上遞增，在上遞減；當時，在上遞增，在上遞減，在上遞增；當時，在上遞增