1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，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f（x）sin2x+sin2（x），則f（x）的最小值為（ ）ABCD2下圖所示函數圖象經過何種變換可以得到的圖象（ ）A向左平移個單位B向右平移個單位C向左平移個單位D向右

2、平移個單位3如圖，某幾何體的三視圖是由三個邊長為2的正方形和其內部的一些虛線構成的，則該幾何體的體積為( )ABC6D與點O的位置有關4將3個黑球3個白球和1個紅球排成一排，各小球除了顏色以外其他屬性均相同，則相同顏色的小球不相鄰的排法共有（ ）A14種B15種C16種D18種5要得到函數的圖象，只需將函數的圖象上所有點的（ ）A橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變），再向左平移個單位長度B橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變），再向右平移個單位長度C橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向左平移個單位長度D橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向右平移個單位長度6要得到函數的圖象，只需將函數圖象上所

3、有點的橫坐標（ ）A伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向右平移個單位長度B伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再將得到的圖像向左平移個單位長度C縮短到原來的倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向左平移個單位長度D縮短到原來的倍（縱坐標不變），再將得到的圖象向右平移個單位長度7集合中含有的元素個數為（ ）A4B6C8D128已知水平放置的ABC是按“斜二測畫法”得到如圖所示的直觀圖，其中BOCO1，AO，那么原ABC的面積是()AB2CD9點為不等式組所表示的平面區域上的動點，則的取值范圍是（ ）ABCD10設，是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是（ ）A若，則B若，則C若

4、，則D若，則11設等差數列的前n項和為，且，則( )A9B12CD12函數的最大值為，最小正周期為，則有序數對為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13如圖是由3個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，設， ，則的面積為_.14如圖，半圓的直徑AB6，O為圓心，C為半圓上不同于A、B的任意一點，若P為半徑OC上的動點，則的最小值為 .15若函數，則_；_.16的展開式中，的系數是_.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）在中，角所對的邊分別是，且.（1）求；（2）若，求.18（12分）已知橢圓，左、右焦點為，

5、點為上任意一點，若的最大值為3，最小值為1.（1）求橢圓的方程；（2）動直線過點與交于兩點，在軸上是否存在定點，使成立，說明理由.19（12分）已知函數，且（1）若，求的最小值，并求此時的值；（2）若，求證:20（12分）設數列是公差不為零的等差數列，其前項和為，若，成等比數列（1）求及；（2）設，設數列的前項和，證明：21（12分）已知函數（1）若，不等式的解集；（2）若，求實數的取值范圍.22（10分）在直角坐標系中，已知點，若以線段為直徑的圓與軸相切.（1）求點的軌跡的方程；（2）若上存在兩動點（A，B在軸異側）滿足，且的周長為，求的值.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共

6、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.2D【解析】根據函數圖像得到函數的一個解析式為，再根據平移法則得到答案.【詳解】設函數解析式為，根據圖像：，故，即，取，得到，函數向右平移個單位得到.故選：.【點睛】本題考查了根據函數圖像求函數解析式，三角函數平移，意在考查學生對于三角函數知識的綜合應用.3B【解析】根據三視圖還原直觀圖

7、如下圖所示，幾何體的體積為正方體的體積減去四棱錐的體積，即可求出結論.【詳解】如下圖是還原后的幾何體，是由棱長為2的正方體挖去一個四棱錐構成的，正方體的體積為8，四棱錐的底面是邊長為2的正方形，頂點O在平面上，高為2，所以四棱錐的體積為，所以該幾何體的體積為.故選:B.【點睛】本題考查三視圖求幾何體的體積，還原幾何體的直觀圖是解題的關鍵，屬于基礎題.4D【解析】采取分類計數和分步計數相結合的方法，分兩種情況具體討論，一種是黑白依次相間，一種是開始僅有兩個相同顏色的排在一起【詳解】首先將黑球和白球排列好，再插入紅球.情況1：黑球和白球按照黑白相間排列（“黑白黑白黑白”或“白黑白黑白黑”），此時將

8、紅球插入6個球組成的7個空中即可，因此共有27=14種；情況2：黑球或白球中僅有兩個相同顏色的排在一起（“黑白白黑白黑”、“黑白黑白白黑”、“白黑黑白黑白”“白黑白黑黑白”），此時紅球只能插入兩個相同顏色的球之中，共4種.綜上所述，共有14+4=18種.故選：D【點睛】本題考查排列組合公式的具體應用，插空法的應用，屬于基礎題5C【解析】根據三角函數圖像的變換與參數之間的關系，即可容易求得.【詳解】為得到，將橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），故可得；再將 向左平移個單位長度，故可得.故選：C.【點睛】本題考查三角函數圖像的平移，涉及誘導公式的使用，屬基礎題.6B【解析】分析：根據三角函數的圖

9、象關系進行判斷即可詳解：將函數圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），得到 再將得到的圖象向左平移個單位長度得到 故選B點睛：本題主要考查三角函數的圖象變換，結合和的關系是解決本題的關鍵7B【解析】解：因為集合中的元素表示的是被12整除的正整數，那么可得為1，2,3,4，6，,12故選B8A【解析】先根據已知求出原ABC的高為AO，再求原ABC的面積.【詳解】由題圖可知原ABC的高為AO，SABCBCOA2，故答案為A【點睛】本題主要考查斜二測畫法的定義和三角形面積的計算，意在考察學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.9B【解析】作出不等式對應的平面區域，利用線性規劃的知識，利用

10、的幾何意義即可得到結論【詳解】不等式組作出可行域如圖：，的幾何意義是動點到的斜率，由圖象可知的斜率為1，的斜率為：，則的取值范圍是：，故選：【點睛】本題主要考查線性規劃的應用，根據目標函數的幾何意義結合斜率公式是解決本題的關鍵10D【解析】試題分析：，,故選D.考點：點線面的位置關系.11A【解析】由，可得以及，而，代入即可得到答案.【詳解】設公差為d，則解得，所以.故選：A.【點睛】本題考查等差數列基本量的計算，考查學生運算求解能力，是一道基礎題.12B【解析】函數（為輔助角）函數的最大值為，最小正周期為故選B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據個全等的三角形，得

11、到，設，求得，利用余弦定理求得，再利用三角形的面積公式，求得三角形的面積.【詳解】由于三角形是由個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，所以.在三角形中，.設，則.由余弦定理得，解得.所以三角形邊長為，面積為.故答案為：【點睛】本題考查了等邊三角形的面積計算公式、余弦定理、全等三角形的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題14.【解析】.150 1 【解析】根據分段函數解析式，代入即可求解.【詳解】函數，所以，.故答案為：0；1.【點睛】本題考查了分段函數求值的簡單應用，屬于基礎題.16【解析】先將原式展開成，發現中不含，故只研究后面一項即可得解.【詳解】，依題意，只

12、需求中的系數，是.故答案為：-40【點睛】本題考查二項式定理性質，關鍵是先展開再利用排列組合思想解決，屬于基礎題.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（1）（2）【解析】（1）根據正弦定理到，得到答案.（2）計算，再利用余弦定理計算得到答案.【詳解】（1）由，可得,因為，所以，所以.（2），又因為，所以.因為，所以，即.【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理，意在考查學生的計算能力.18（1）（2）存在；詳見解析【解析】（1）由橢圓的性質得，解得后可得，從而得橢圓方程；（2）設，當直線斜率存在時，設為，代入橢圓方程，整理后應用韋達定理得，代入0由恒成立問題可求得驗證

13、斜率不存在時也適合即得【詳解】解：（1）由題易知解得，所以橢圓方程為（2）設當直線斜率存在時，設為與橢圓方程聯立得，顯然所以因為化簡解得即所以此時存在定點滿足題意當直線斜率不存在時，顯然也滿足綜上所述，存在定點，使成立【點睛】本題考查求橢圓的標準方程，考查直線與橢圓相交問題中的定點問題，解題方法是設而不求的思想方法設而不求思想方法是直線與圓錐曲線相交問題中常用方法，只要涉及交點坐標，一般就用此法19（1）最小值為，此時；（2）見解析【解析】（1）由已知得，法一:，根據二次函數的最值可求得；法二:運用基本不等式構造，可得最值；法三：運用柯西不等式得：，可得最值；（2）由絕對值不等式得，又，可得證

14、.【詳解】（1），法一:，的最小值為，此時；法二:，即的最小值為，此時；法三：由柯西不等式得：，,即的最小值為，此時；（2），又，.【點睛】本題考查運用基本不等式，柯西不等式，絕對值不等式進行不等式的證明和求解函數的最值，屬于中檔題.20（1），；（2）證明見解析.【解析】（1）根據題中條件求出等差數列的首項和公差，然后根據首項和公差即可求出數列的通項和前項和；（2）根據裂項求和求出，根據的表達式即可證明.【詳解】（1）設的公差為，由題意有，且，所以，；（2）因為，所以，.【點睛】本題主要考查了等差數列基本量的求解，裂項求和法，屬于基礎題.21（1）（2）【解析】（1）依題意可得，再用零點分段

15、法分類討論可得；（2）依題意可得對恒成立，根據絕對值的幾何意義將絕對值去掉，分別求出解集，則兩解集的并集為，得到不等式即可解得；【詳解】解：（1）若，則，即，當時，原不等式等價于，解得當時，原不等式等價于，解得，所以；當時，原不等式等價于，解得；綜上，原不等式的解集為；（2）即，得或，由解得，由解得，要使得的解集為，則解得，故的取值范圍是.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法，著重考查等價轉化思想與分類討論思想的綜合應用，屬于中檔題22（1）；（2）【解析】（1）設，則由題設條件可得，化簡后可得軌跡的方程.（2）設直線，聯立直線方程和拋物線方程后利用韋達定理化簡并求得，結合焦半徑公式及弦長公式可求的值及的長.【詳解】（1）設，則圓心的坐標為，