1、2021-2022高考數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3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已知函數是偶函數，當時，函數單調遞減，設，則的大小關系為（）ABCD2已知直線yk（x1）與拋物線C：y24x交于A，B兩點，直線y2k（x2）與拋物線D：y28x交于M，N兩點，設|

2、AB|2|MN|，則（ ）A16B16C120D123執行下面的程序框圖，則輸出的值為 （ ）ABCD4在平行六面體中，M為與的交點，若,，則與相等的向量是（ ）ABCD5已知實數、滿足約束條件，則的最大值為（ ）ABCD6已知集合，定義集合，則等于（ ）ABCD7一個正三角形的三個頂點都在雙曲線的右支上，且其中一個頂點在雙曲線的右頂點，則實數的取值范圍是（ ）ABCD8某校為提高新入聘教師的教學水平，實行“老帶新”的師徒結對指導形式，要求每位老教師都有徒弟，每位新教師都有一位老教師指導，現選出3位老教師負責指導5位新入聘教師，則不同的師徒結對方式共有（ ）種.A360B240C150D120

3、9如圖，在直三棱柱中，點分別是線段的中點，分別記二面角，的平面角為，則下列結論正確的是（ ）ABCD10已知復數z，則復數z的虛部為（ ）ABCiDi11已知拋物線C：，過焦點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點（A在x軸上方），且滿足，則直線l的斜率為（ ）A1BC2D312雙曲線：（，）的一個焦點為（），且雙曲線的兩條漸近線與圓：均相切，則雙曲線的漸近線方程為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設數列為等差數列，其前項和為，已知，若對任意都有成立，則的值為_14某學習小組有名男生和名女生.若從中隨機選出名同學代表該小組參加知識競賽，則選出的名同學中恰好名男生名女

4、生的概率為_15設數列的前n項和為，且，若，則_.16已知隨機變量，且，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）已知分別是的內角的對邊，且（）求（）若，求的面積（）在（）的條件下，求的值18（12分）在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系已知直線的參數方程為（為參數），曲線的極坐標方程為；（1）求直線的直角坐標方程和曲線的直角坐標方程；(2）若直線與曲線交點分別為，點，求的值19（12分）已知拋物線的頂點為原點，其焦點關于直線的對稱點為，且.若點為的準線上的任意一點，過點作的兩條切線，其中為切點.（1）求拋物線的方程；（2）求

5、證：直線恒過定點，并求面積的最小值.20（12分）如圖，在四棱錐中，側棱底面，是棱的中點.（1）求證：平面；（2）若，點是線段上一點，且，求直線與平面所成角的正弦值.21（12分）如圖所示，在四棱錐中，底面是棱長為2的正方形，側面為正三角形，且面面，分別為棱的中點 （1）求證：平面； （2）求二面角的正切值22（10分）如圖，四棱錐中，底面，點在線段上，且.（1）求證：平面；（2）若，求二面角的正弦值.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。1A【解析】根據圖象關于軸對稱可知關于對稱，從而得到在上單調遞增且；再根據自變量的大

6、小關系得到函數值的大小關系.【詳解】為偶函數 圖象關于軸對稱圖象關于對稱時，單調遞減 時，單調遞增又且 ，即本題正確選項：【點睛】本題考查利用函數奇偶性、對稱性和單調性比較函數值的大小關系問題，關鍵是能夠通過奇偶性和對稱性得到函數的單調性，通過自變量的大小關系求得結果.2D【解析】分別聯立直線與拋物線的方程，利用韋達定理，可得，然后計算，可得結果.【詳解】設， 聯立則，因為直線經過C的焦點， 所以.同理可得，所以故選：D.【點睛】本題考查的是直線與拋物線的交點問題，運用拋物線的焦點弦求參數，屬基礎題。3D【解析】根據框圖，模擬程序運行，即可求出答案.【詳解】運行程序，結束循環，故輸出，故選：D

7、.【點睛】本題主要考查了程序框圖，循環結構，條件分支結構，屬于中檔題.4D【解析】根據空間向量的線性運算，用作基底表示即可得解.【詳解】根據空間向量的線性運算可知因為,，則即，故選：D.【點睛】本題考查了空間向量的線性運算，用基底表示向量，屬于基礎題.5C【解析】作出不等式組表示的平面區域，作出目標函數對應的直線，結合圖象知當直線過點時，取得最大值.【詳解】解：作出約束條件表示的可行域是以為頂點的三角形及其內部，如下圖表示：當目標函數經過點時，取得最大值，最大值為.故選：C.【點睛】本題主要考查線性規劃等基礎知識；考查運算求解能力，數形結合思想，應用意識,屬于中檔題.6C【解析】根據定義，求出

8、，即可求出結論.【詳解】因為集合，所以，則，所以.故選:C.【點睛】本題考查集合的新定義運算，理解新定義是解題的關鍵，屬于基礎題.7D【解析】因為雙曲線分左右支，所以，根據雙曲線和正三角形的對稱性可知：第一象限的頂點坐標為，將其代入雙曲線可解得【詳解】因為雙曲線分左右支，所以，根據雙曲線和正三角形的對稱性可知：第一象限的頂點坐標為，將其代入雙曲線方程得：，即，由得故選：【點睛】本題考查了雙曲線的性質，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平8C【解析】可分成兩類，一類是3個新教師與一個老教師結對，其他一新一老結對，第二類兩個老教師各帶兩個新教師，一個老教師帶一個新教師，分別計算后相加即可【詳解】分

9、成兩類，一類是3個新教師與同一個老教師結對，有種結對結對方式，第二類兩個老教師各帶兩個新教師，有共有結對方式6090150種故選：C【點睛】本題考查排列組合的綜合應用解題關鍵確定怎樣完成新老教師結對這個事情，是先分類還是先分步，確定方法后再計數本題中有一個平均分組問題計數時容易出錯兩組中每組中人數都是2，因此方法數為9D【解析】過點作，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求解二面角的余弦值得答案【詳解】解：因為，所以，即過點作，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，0，0，1，設平面的法向量， 則，取，得，同理可求平面的法向量，平面的法向量，平面的法向量，故

10、選：D【點睛】本題考查二面角的大小的判斷，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，屬于中檔題10B【解析】利用復數的運算法則、虛部的定義即可得出【詳解】，則復數z的虛部為.故選：B.【點睛】本題考查了復數的運算法則、虛部的定義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題.11B【解析】設直線的方程為代入拋物線方程，利用韋達定理可得,由可知所以可得代入化簡求得參數,即可求得結果.【詳解】設，（，）.易知直線l的斜率存在且不為0，設為，則直線l的方程為.與拋物線方程聯立得，所以，.因為，所以，得，所以，即，所以.故選:B.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系,考查韋達定理及

11、向量的坐標之間的關系,考查計算能力，屬于中檔題.12A【解析】根據題意得到，化簡得到，得到答案.【詳解】根據題意知：焦點到漸近線的距離為，故，故漸近線為.故選：.【點睛】本題考查了直線和圓的位置關系，雙曲線的漸近線，意在考查學生的計算能力和轉化能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由已知條件得出關于首項和公差的方程組，解出這兩個量，計算出，利用二次函數的基本性質求出的最大值及其對應的值，即可得解.【詳解】設等差數列的公差為，由，解得，.所以，當時，取得最大值，對任意都有成立，則為數列的最大值，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查等差數列前項和最值的計算，一般利用二次

12、函數的基本性質求解，考查計算能力，屬于中等題.14【解析】從7人中選出2人則總數有，符合條件數有，后者除以前者即得結果【詳解】從7人中隨機選出2人的總數有，則記選出的名同學中恰好名男生名女生的概率為事件，故答案為：【點睛】組合數與概率的基本運用，熟悉組合數公式159【解析】用換中的n，得，作差可得，從而數列是等比數列，再由即可得到答案.【詳解】由，得，兩式相減，得，即；又，解得，所以數列為首項為-3、公比為3的等比數列，所以.故答案為：9.【點睛】本題考查已知與的關系求數列通項的問題，要注意n的范圍，考查學生運算求解能力，是一道中檔題.160.1【解析】根據原則，可得，簡單計算，可得結果.【詳

13、解】由題可知：隨機變量，則期望為所以故答案為：【點睛】本題考查正態分布的計算，掌握正態曲線的圖形以及計算，屬基礎題.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（）；（）；（）.【解析】（）由已知結合正弦定理先進行代換，然后結合和差角公式及正弦定理可求；（）由余弦定理可求，然后結合三角形的面積公式可求；（）結合二倍角公式及和角余弦公式即可求解【詳解】（）因為，所以，所以，由正弦定理可得，；（）由余弦定理可得，整理可得，解可得，因為，所以；（）由于，所以【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式，二倍角公式及三角形的面積公式的綜合應用，意在考查學生對這些知識的理

14、解掌握水平18（）,曲線 （）【解析】試題分析：（1）消去參數可得直線的直角坐標系方程，由可得曲線的直角坐標方程；（2）將（為參數）代入曲線的方程得：，利用韋達定理求解即可.試題解析：（1），曲線，（2）將（為參數）代入曲線的方程得：.所以.所以.19（1）（2）見解析，最小值為4【解析】（1）根據焦點到直線的距離列方程，求得的值，由此求得拋物線的方程.（2）設出的坐標，利用導數求得切線的方程，由此判斷出直線恒過拋物線焦點.求得三角形面積的表達式，進而求得面積的最小值.【詳解】（1）依題意，解得 （負根舍去）拋物線的方程為（2）設點，由，即，得拋物線在點處的切線的方程為，即，點在切線上，同理，

15、綜合、得，點的坐標都滿足方程.即直線恒過拋物線焦點當時，此時，可知：當，此時直線直線的斜率為，得于是，而把直線代入中消去得，即：當時，最小，且最小值為4【點睛】本小題主要考查點到直線的距離公式，考查拋物線方程的求法，考查拋物線的切線方程的求法，考查直線過定點問題，考查拋物線中三角形面積的最值的求法，考查運算求解能力，屬于難題.20（1）證明見解析；（2）【解析】（1）的中點，連接，證明四邊形是平行四邊形可得，故而平面；（2）以為原點建立空間坐標系，求出平面的法向量，計算與的夾角的余弦值得出答案【詳解】（1）證明：取的中點，連接，分別是，的中點，又，四邊形是平行四邊形，又平面，平面，平面（2）解

16、：，又，故，以為原點，以，為坐標軸建立空間直角坐標系，則，0，0，2，0，2，是的中點，是的三等分點，1，0，2，設平面的法向量為，則，即，令可得， 直線與平面所成角的正弦值為【點睛】本題考查了線面平行的判定，空間向量與直線與平面所成角的計算，屬于中檔題21 (1)見證明；(2) 【解析】（1）取PD中點G，可證EFGA是平行四邊形，從而， 得證線面平行；（2）取AD中點O，連結PO，可得面，連交于，可證是二面角的平面角，再在中求解即得【詳解】（1）證明：取PD中點G，連結為的中位線，且， 又且，且，EFGA是平行四邊形，則， 又面，面， 面； （2）解：取AD中點O，連結PO， 面面，為正三角形，面，且， 連交于，可得，則，即 連，又，可得平面，則， 即是二面角的平面角， 在中，即二面角的正切值為【點睛】本題考查線面平行證明，考查求二面角求二面角的步驟是一作二證三計算即先作出二面角的平面角，然后證明此角是要求的二面角的平面角，最后在三角形中計算22（1）證明見解析（2）【解析】（1）要證明平面，只需證明，即可求得答案；（2）先根據已知證明四邊形