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設是等差數列的前n項和，且，則( )ABC1D22已知雙曲線的實軸長為，離心率為，、分別為雙曲線的左、右焦點，點在雙曲線上運動，若為銳角三角形，則的取值范圍是（ ）ABCD3若集合，則（ ）ABCD4設，是非零向量.若，則（ ）ABCD5已知

2、，是球的球面上四個不同的點，若，且平面平面，則球的表面積為（ ）ABCD6設，是雙曲線的左，右焦點，是坐標原點，過點作的一條漸近線的垂線，垂足為若，則的離心率為（ ）ABCD7將函數圖象上所有點向左平移個單位長度后得到函數的圖象，如果在區間上單調遞減，那么實數的最大值為（ ）ABCD8已知拋物線的焦點為，過焦點的直線與拋物線分別交于、兩點，與軸的正半軸交于點，與準線交于點，且，則（ ）AB2CD39中國古代中的“禮、樂、射、御、書、數”合稱“六藝”.“禮”，主要指德育；“樂”，主要指美育；“射”和“御”，就是體育和勞動；“書”，指各種歷史文化知識；“數”，指數學.某校國學社團開展“六藝”課程講

3、座活動，每藝安排一節，連排六節，一天課程講座排課有如下要求：“數”必須排在第三節，且“射”和“御”兩門課程相鄰排課，則“六藝”課程講座不同的排課順序共有（ ）A12種B24種C36種D48種10用電腦每次可以從區間內自動生成一個實數，且每次生成每個實數都是等可能性的.若用該電腦連續生成3個實數，則這3個實數都小于的概率為（ ）ABCD11如圖，將兩個全等等腰直角三角形拼成一個平行四邊形，將平行四邊形沿對角線折起，使平面平面，則直線與所成角余弦值為（ ）ABCD12雙曲線C：（，）的離心率是3，焦點到漸近線的距離為，則雙曲線C的焦距為（ ）A3BC6D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20

4、分。13己知函數，若曲線在處的切線與直線平行，則_.14已知實數，滿足約束條件，則的最大值是_.15雙曲線的離心率為_16已知，滿足不等式組，則的取值范圍為_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，角、所對的邊分別為、，已知.（1）求的值；（2）若，邊上的中線，求的面積.18（12分）在三棱柱中，且.（1）求證：平面平面；（2）設二面角的大小為，求的值.19（12分）運輸一批海鮮，可在汽車、火車、飛機三種運輸工具中選擇，它們的速度分別為60千米/小時、120千米/小時、600千米/小時，每千米的運費分別為20元、10元、50元.這批海鮮在運輸過程中每小時

5、的損耗為m元（），運輸的路程為S（千米）.設用汽車、火車、飛機三種運輸工具運輸時各自的總費用（包括運費和損耗費）分別為（元）、（元）、（元）.（1）請分別寫出、的表達式；（2）試確定使用哪種運輸工具總費用最省.20（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的短軸長為，直線與橢圓相交于兩點，線段的中點為.當與連線的斜率為時，直線的傾斜角為（1）求橢圓的標準方程；（2）若是以為直徑的圓上的任意一點，求證：21（12分）如圖，四棱錐的底面ABCD是正方形，為等邊三角形，M，N分別是AB，AD的中點，且平面平面ABCD.（1）證明：平面PNB；（2）問棱PA上是否存在一點E，使平面DEM，求的值22（10

6、分）已知函數.其中是自然對數的底數.（1）求函數在點處的切線方程；（2）若不等式對任意的恒成立，求實數的取值范圍.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。1C【解析】利用等差數列的性質化簡已知條件，求得的值.【詳解】由于等差數列滿足，所以，.故選：C【點睛】本小題主要考查等差數列的性質，屬于基礎題.2A【解析】由已知先確定出雙曲線方程為，再分別找到為直角三角形的兩種情況，最后再結合即可解決.【詳解】由已知可得，所以，從而雙曲線方程為，不妨設點在雙曲線右支上運動，則，當時，此時，所以，所以；當軸時，所以，又為銳角三角形，所以.

7、故選：A.【點睛】本題考查雙曲線的性質及其應用，本題的關鍵是找到為銳角三角形的臨界情況，即為直角三角形，是一道中檔題.3B【解析】根據正弦函數的性質可得集合A，由集合性質表示形式即可求得，進而可知滿足.【詳解】依題意，；而，故，則.故選：B.【點睛】本題考查了集合關系的判斷與應用，集合的包含關系與補集關系的應用，屬于中檔題.4D【解析】試題分析：由題意得：若，則；若，則由可知，故也成立，故選D.考點：平面向量數量積.【思路點睛】幾何圖形中向量的數量積問題是近幾年高考的又一熱點，作為一類既能考查向量的線性運算、坐標運算、數量積及平面幾何知識，又能考查學生的數形結合能力及轉化與化歸能力的問題，實有

8、其合理之處.解決此類問題的常用方法是：利用已知條件，結合平面幾何知識及向量數量積的基本概念直接求解(較易)；將條件通過向量的線性運算進行轉化，再利用求解(較難)；建系，借助向量的坐標運算，此法對解含垂直關系的問題往往有很好效果.5A【解析】由題意畫出圖形，求出多面體外接球的半徑，代入表面積公式得答案【詳解】如圖，取BC中點G，連接AG，DG，則，分別取與的外心E，F，分別過E，F作平面ABC與平面DBC的垂線，相交于O，則O為四面體的球心，由，得正方形OEGF的邊長為，則，四面體的外接球的半徑，球O的表面積為故選A【點睛】本題考查多面體外接球表面積的求法，考查空間想象能力與思維能力，是中檔題6

9、B【解析】設過點作的垂線，其方程為，聯立方程，求得，即，由，列出相應方程，求出離心率.【詳解】解：不妨設過點作的垂線，其方程為，由解得，即，由，所以有，化簡得，所以離心率故選：B.【點睛】本題主要考查雙曲線的概念、直線與直線的位置關系等基礎知識，考查運算求解、推理論證能力，屬于中檔題7B【解析】根據條件先求出的解析式，結合三角函數的單調性進行求解即可.【詳解】將函數圖象上所有點向左平移個單位長度后得到函數的圖象，則，設，則當時，即，要使在區間上單調遞減，則得，得，即實數的最大值為，故選：B.【點睛】本小題主要考查三角函數圖象變換，考查根據三角函數的單調性求參數，屬于中檔題.8B【解析】過點作準

10、線的垂線，垂足為，與軸交于點，由和拋物線的定義可求得，利用拋物線的性質可構造方程求得，進而求得結果.【詳解】過點作準線的垂線，垂足為，與軸交于點，由拋物線解析式知：，準線方程為.，由拋物線定義知：，.由拋物線性質得：，解得：，.故選：.【點睛】本題考查拋物線定義與幾何性質的應用，關鍵是熟練掌握拋物線的定義和焦半徑所滿足的等式.9C【解析】根據“數”排在第三節，則“射”和“御”兩門課程相鄰有3類排法，再考慮兩者的順序，有種，剩余的3門全排列，即可求解.【詳解】由題意，“數”排在第三節，則“射”和“御”兩門課程相鄰時，可排在第1節和第2節或第4節和第5節或第5節和第6節，有3種，再考慮兩者的順序，

11、有種，剩余的3門全排列，安排在剩下的3個位置，有種，所以“六藝”課程講座不同的排課順序共有種不同的排法.故選：C.【點睛】本題主要考查了排列、組合的應用，其中解答中認真審題，根據題設條件，先排列有限制條件的元素是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.10C【解析】由幾何概型的概率計算，知每次生成一個實數小于1的概率為，結合獨立事件發生的概率計算即可.【詳解】每次生成一個實數小于1的概率為.這3個實數都小于1的概率為.故選：C.【點睛】本題考查獨立事件同時發生的概率，考查學生基本的計算能力，是一道容易題.11C【解析】利用建系，假設長度，表示向量與，利用向量的夾角公式，可得

12、結果.【詳解】由平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面所以，又所以作軸/,建立空間直角坐標系如圖設，所以則所以所以故選：C【點睛】本題考查異面直線所成成角的余弦值，一般采用這兩種方法：（1）將兩條異面直線作輔助線放到同一個平面，然后利用解三角形知識求解；（2）建系，利用空間向量，屬基礎題.12A【解析】根據焦點到漸近線的距離，可得，然后根據，可得結果.【詳解】由題可知：雙曲線的漸近線方程為取右焦點，一條漸近線則點到的距離為，由所以，則又所以所以焦距為：故選：A【點睛】本題考查雙曲線漸近線方程，以及之間的關系，識記常用的結論：焦點到漸近線的距離為，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分

13、，共20分。13【解析】先求導，再根據導數的幾何意義，有求解.【詳解】因為函數，所以，所以，解得.故答案為：【點睛】本題考查導數的幾何意義，還考查運算求解能力以及數形結合思想，屬于基礎題.14【解析】令，所求問題的最大值為,只需求出即可，作出可行域，利用幾何意義即可解決.【詳解】作出可行域，如圖令，則，顯然當直線經過時，最大，且，故的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查線性規劃中非線性目標函數的最值問題，要做好此類題，前提是正確畫出可行域，本題是一道基礎題.152【解析】 16【解析】畫出不等式組表示的平面區域如下圖中陰影部分所示，易知在點處取得最小值，即，所以由圖可知的取值范圍為三、解答題

14、：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17 (1) (2)答案不唯一，見解析【解析】（1）由題意根據和差角的三角函數公式可得，再根據同角三角函數基本關系可得的值；（2）在中，由余弦定理可得，解方程分別由三角形面積公式可得答案【詳解】解：（1）在中，因為，又已知，所以，因為，所以，于是.所以.（2）在中，由余弦定理得，得解得或，當時，的面積，當時，的面積.【點睛】本題考查正余弦定理理解三角形，涉及三角形的面積公式和分類討論思想，屬于中檔題18（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）要證明平面平面，只需證明平面即可；（2）取的中點D，連接BD，以B為原點，以，的方向分別為x，y，z軸

15、的正方向，建立空間直角坐標系，分別計算平面的法向量為與平面的法向量為，利用夾角公式計算即可.【詳解】（1）在中，所以，即.因為，所以.所以，即.又，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）由題意知，四邊形為菱形，且，則為正三角形，取的中點D，連接BD，則.以B為原點，以，的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，則，.設平面的法向量為，且，.由得取.由四邊形為菱形，得；又平面，所以；又，所以平面，所以平面的法向量為.所以.故.【點睛】本題考查面面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角正弦值的問題，在利用向量法時，關鍵是點的坐標要寫準確，本題是一道中檔題.19（1），.（2）當時，此時選

16、擇火車運輸費最省；當時，此時選擇飛機運輸費用最省；當時，此時選擇火車或飛機運輸費用最省.【解析】（1）將運費和損耗費相加得出總費用的表達式.（2）作差比較、的大小關系得出結論.【詳解】（1），.（2）， 故，恒成立，故只需比較與的大小關系即可，令，故當，即時，即，此時選擇火車運輸費最省，當，即時，即，此時選擇飛機運輸費用最省.當，即時，此時選擇火車或飛機運輸費用最省.【點睛】本題考查了常見函數的模型，考查了分類討論的思想，屬于基礎題.20（1）；（2）詳見解析.【解析】（1）由短軸長可知，設，由設而不求法作差即可求得，將相應值代入即求得，橢圓方程可求；（2）考慮特殊位置，即直線與軸垂直時候，成

17、立，當直線斜率存在時，設出直線方程，與橢圓聯立，結合中點坐標公式，弦長公式，得到與的關系，將表示出來，結合基本不等式求最值，證明最后的結果【詳解】解：（1）由已知，得由，兩式相減，得根據已知條件有，當時，即橢圓的標準方程為（2）當直線斜率不存在時，不等式成立.當直線斜率存在時，設由得，由化簡，得令，則當且僅當時取等號當且僅當時取等號綜上，【點睛】本題為直線與橢圓的綜合應用，考查了橢圓方程的求法，點差法處理多未知量問題，能夠利用一元二次方程的知識轉化處理復雜的計算形式，要求學生計算能力過關，為較難題21（1）證明見解析；（2）存在，.【解析】（1）根據題意證出，再由線面垂直的判定定理即可證出.（

18、2）連接AC交DM于點Q，連接EQ，利用線面平行的性質定理可得，從而可得，在正方形ABCD中，由即可求解.【詳解】（1）證明：在正方形ABCD中，M，N分別是AB，AD的中點，.又，.為等邊三角形，N是AD的中點，.又平面平面ABCD，平面PAD，平面平面，平面ABCD.又平面ABCD，.平面PNB，平面PNB.（2）解：存在.如圖，連接AC交DM于點Q，連接EQ.平面DEM，平面PAC，平面平面，.在正方形ABCD中，且.，.故.所以棱PA上存在點E，使平面DEM，此時，E是棱A的靠近點A的三等分點.【點睛】本題考查了線面垂直的判定定理、線面平行的性質定理，考查了學生的推理能力以及空間想象能力，屬于空間幾何中的基礎題.22（1）；（2）.【解析】(1)利用導數的幾何意義求出切線的斜率，再求出切點坐標即可得