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若的內角滿足，則的值為（ ）ABCD2若，則“”的一個充分不必要條件是ABC且D或3在中，內角所對的邊分別為，若依次成等差數列，則（ ）A依次成等差數列B依次成等差數列C依次成等差數列D依次成等差數列4已知展開式中第三項的二項式系數與第四項的

2、二項式系數相等，若，則的值為( )A1B1C8lD815在平面直角坐標系中，銳角頂點在坐標原點，始邊為x軸正半軸，終邊與單位圓交于點，則（ ）ABCD6一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（ ）ABCD7在“一帶一路”知識測驗后，甲、乙、丙三人對成績進行預測甲：我的成績比乙高乙：丙的成績比我和甲的都高丙：我的成績比乙高成績公布后，三人成績互不相同且只有一個人預測正確，那么三人按成績由高到低的次序為A甲、乙、丙B乙、甲、丙C丙、乙、甲D甲、丙、乙8已知集合A，B=,則AB=ABCD9若雙曲線的漸近線與圓相切，則雙曲線的離心率為( )A2BCD10若某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體

3、的表面積為（ ）A240B264C274D28211已知為一條直線，為兩個不同的平面，則下列說法正確的是（ ）A若，則B若，則C若，則D若，則12某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13如圖，某地一天從時的溫度變化曲線近似滿足函數，則這段曲線的函數解析式為_14將函數的圖象向左平移個單位長度，得到一個偶函數圖象，則_15如圖所示的流程圖中，輸出的值為_.16將一個半徑適當的小球放入如圖所示的容器最上方的入口處，小球將自由下落.小球在下落的過程中，將3次遇到黑色障礙物，最后落入袋或袋中.己知小球每次遇到黑色障礙物時，向左、右兩邊

4、下落的概率都是，則小球落入袋中的概率為_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）在直角坐標系中，長為3的線段的兩端點分別在軸、軸上滑動，點為線段上的點，且滿足.記點的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）若點為曲線上的兩個動點，記，判斷是否存在常數使得點到直線的距離為定值？若存在，求出常數的值和這個定值；若不存在，請說明理由.18（12分）如圖，已知在三棱臺中，.（1）求證：；（2）過的平面分別交，于點，且分割三棱臺所得兩部分幾何體的體積比為，幾何體為棱柱，求的長.提示：臺體的體積公式（，分別為棱臺的上、下底面面積，為棱臺的高）.19（12分）選修4-5：不

5、等式選講已知函數（）解不等式；（）對及，不等式恒成立，求實數的取值范圍.20（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線l的參數方程為（為參數），以原點O為極點，x軸非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為4sin.（1）求曲線C的普通方程；（2）求曲線l和曲線C的公共點的極坐標.21（12分）如圖，三棱臺中， 側面與側面是全等的梯形，若，且.（）若，證明：平面；（）若二面角為，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.22（10分）已知正實數滿足 .（1）求 的最小值.（2）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

6、【解析】由，得到，得出，再結合三角函數的基本關系式，即可求解.【詳解】由題意，角滿足，則，又由角A是三角形的內角，所以，所以，因為，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查了正弦函數的性質，以及三角函數的基本關系式和正弦的倍角公式的化簡、求值問題，著重考查了推理與計算能力.2C【解析】，當且僅當 時取等號.故“且 ”是“”的充分不必要條件.選C3C【解析】由等差數列的性質、同角三角函數的關系以及兩角和的正弦公式可得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，從而可得結果.【詳解】依次成等差數列， 正弦定理得，由余弦定理得 ，即依次成等差數列，故選C.【點睛】本題主要考查等差數列的定義、正弦定理、余弦定理，

7、屬于難題. 解三角形時，有時可用正弦定理，有時也可用余弦定理，應注意用哪一個定理更方便、簡捷如果式子中含有角的余弦或邊的二次式，要考慮用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理；以上特征都不明顯時，則要考慮兩個定理都有可能用到4B【解析】根據二項式系數的性質，可求得，再通過賦值求得以及結果即可.【詳解】因為展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相等，故可得，令，故可得，又因為，令，則，解得令，則.故選：B.【點睛】本題考查二項式系數的性質，以及通過賦值法求系數之和，屬綜合基礎題.5A【解析】根據單位圓以及角度范圍，可得，然后根據三角函數定義，可得，最后根據

8、兩角和的正弦公式，二倍角公式，簡單計算，可得結果.【詳解】由題可知：，又為銳角所以，根據三角函數的定義：所以由所以故選：A【點睛】本題考查三角函數的定義以及兩角和正弦公式，還考查二倍角的正弦、余弦公式，難點在于公式的計算，識記公式，簡單計算，屬基礎題.6B【解析】由題意首先確定幾何體的空間結構特征，然后結合空間結構特征即可求得其表面積.【詳解】由三視圖可知，該幾何體為邊長為正方體挖去一個以為球心以為半徑球體的，如圖，故其表面積為，故選：B.【點睛】(1)以三視圖為載體考查幾何體的表面積，關鍵是能夠對給出的三視圖進行恰當的分析，從三視圖中發現幾何體中各元素間的位置關系及數量關系(2)多面體的表面

9、積是各個面的面積之和；組合體的表面積應注意重合部分的處理(3)圓柱、圓錐、圓臺的側面是曲面，計算側面積時需要將這個曲面展為平面圖形計算，而表面積是側面積與底面圓的面積之和7A【解析】利用逐一驗證的方法進行求解.【詳解】若甲預測正確，則乙、丙預測錯誤，則甲比乙成績高，丙比乙成績低，故3人成績由高到低依次為甲，乙，丙；若乙預測正確，則丙預測也正確，不符合題意；若丙預測正確，則甲必預測錯誤，丙比乙的成績高，乙比甲成績高，即丙比甲，乙成績都高，即乙預測正確，不符合題意，故選A【點睛】本題將數學知識與時政結合，主要考查推理判斷能力題目有一定難度，注重了基礎知識、邏輯推理能力的考查8A【解析】先解A、B集

10、合，再取交集?！驹斀狻?所以B集合與A集合的交集為，故選A【點睛】一般地，把不等式組放在數軸中得出解集。9C【解析】利用圓心到漸近線的距離等于半徑即可建立間的關系.【詳解】由已知，雙曲線的漸近線方程為，故圓心到漸近線的距離等于1，即，所以，.故選：C.【點睛】本題考查雙曲線離心率的求法，求雙曲線離心率問題，關鍵是建立三者間的方程或不等關系，本題是一道基礎題.10B【解析】將三視圖還原成幾何體，然后分別求出各個面的面積，得到答案.【詳解】由三視圖可得，該幾何體的直觀圖如圖所示，延長交于點，其中，所以表面積.故選B項.【點睛】本題考查三視圖還原幾何體，求組合體的表面積，屬于中檔題11D【解析】A.

11、 若，則或，故A錯誤；B. 若，則或故B錯誤；C. 若，則或，或與相交；D. 若，則，正確.故選D.12A【解析】利用已知條件畫出幾何體的直觀圖，然后求解幾何體的體積【詳解】幾何體的三視圖的直觀圖如圖所示，則該幾何體的體積為：故選：【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的體積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13，【解析】根據圖象得出該函數的最大值和最小值，可得，結合圖象求得該函數的最小正周期，可得出，再將點代入函數解析式，求出的值，即可求得該函數的解析式.【詳解】由圖象可知，從題圖中可以看出，從時是函數的半個周期，則，.又，得，取，所以，故答案為：，【點

12、睛】本題考查由圖象求函數解析式，考查計算能力，屬于中等題.14【解析】根據平移后關于軸對稱可知關于對稱，進而利用特殊值構造方程，從而求得結果.【詳解】向左平移個單位長度后得到偶函數圖象，即關于軸對稱關于對稱 即： 本題正確結果：【點睛】本題考查根據三角函數的對稱軸求解參數值的問題，關鍵是能夠通過平移后的對稱軸得到原函數的對稱軸，進而利用特殊值的方式來進行求解.154【解析】根據流程圖依次運行直到，結束循環，輸出n，得出結果.【詳解】由題：，結束循環，輸出.故答案為：4【點睛】此題考查根據程序框圖運行結果求輸出值，關鍵在于準確識別循環結構和判斷框語句.16【解析】記小球落入袋中的概率，則，又小球

13、每次遇到黑色障礙物時一直向左或者一直向右下落，小球將落入袋，所以有，則故本題應填三、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）存在；常數，定值【解析】（1）設出的坐標，利用以及，求得曲線的方程.（2）當直線的斜率存在時，設出直線的方程，求得到直線的距離.聯立直線的方程和曲線的方程，寫出根與系數關系，結合以及為定值，求得的值.當直線的斜率不存在時，驗證.由此得到存在常數，且定值.【詳解】（1）解析：（1）設，由題可得，解得又，即，消去得：（2）當直線的斜率存在時，設直線的方程為設，由可得：由點到的距離為定值可得（為常數）即得：即，又為定值時，此時，且符合當直線的斜

14、率不存在時，設直線方程為由題可得，時，經檢驗，符合條件綜上可知，存在常數，且定值【點睛】本小題主要考查軌跡方程的求法，考查直線和橢圓的位置關系，考查運算求解能力，考查橢圓中的定值問題，屬于難題.18（1）證明見解析；（2）2【解析】（1）在中，利用勾股定理，證得，又由題設條件，得到，利用線面垂直的判定定理，證得平面，進而得到；（2）設三棱臺和三棱柱的高都為上、下底面之間的距離為，根據棱臺的體積公式，列出方程求得，得到，即可求解.【詳解】（1）由題意，在中，所以，可得，因為，可得.又由，平面，所以平面，因為平面，所以.（2）因為，可得，令，設三棱臺和三棱柱的高都為上、下底面之間的距離為，則，整理

15、得，即，解得，即，又由，所以.【點睛】本題主要考查了直線與平面垂直的判定與應用，以及幾何體的體積公式的應用，其中解答中熟記線面位置關系的判定定理與性質定理，以及熟練應用幾何體的體積公式進行求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.19（）.（）.【解析】詳解：（）當時，由，解得；當時，不成立；當時，由，解得.所以不等式的解集為.（）因為，所以.由題意知對，即，因為，所以，解得.【點睛】 絕對值不等式解法的基本思路是：去掉絕對值號，把它轉化為一般的不等式求解，轉化的方法一般有：絕對值定義法；平方法；零點區域法 不等式的恒成立可用分離變量法若所給的不等式能通過恒等變形使參數與主元分離

16、于不等式兩端，從而問題轉化為求主元函數的最值，進而求出參數范圍這種方法本質也是求最值一般有： 為參數）恒成立 為參數）恒成立 20（1）（2）(2，)【解析】（1）利用極坐標和直角坐標的轉化公式求解.（2）先把兩個方程均化為普通方程，求解公共點的直角坐標，然后化為極坐標即可.【詳解】（1）曲線C的極坐標方程為，則,即.（2），聯立可得，（舍）或，公共點(，3)，化為極坐標(2，)【點睛】本題主要考查極坐標和直角坐標的轉化及交點的求解，熟記極坐標和直角坐標的轉化公式是求解的關鍵，交點問題一般是統一一種坐標形式求解后再進行轉化，側重考查數學運算的核心素養.21 ()見解析；() .【解析】試題分析：() 連接，由比例可得，進而得線面平行；（）過點作的垂線，建立空間直角坐標系，不妨設，則求得平面的法向量為，設平面的法向量為，由求二面角余弦即可.試題解析：（）證明：連接，梯形，,易知：；又，則；平面，平面，可得：平面；（）側面是梯形，,則為二面角的平面角， ；均為正三