1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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已知非零向量滿足，且與的夾角為，則（ ）A6BCD32已知數列滿足，則（ ）ABCD3在中，角的對邊分別為，若，且，則的面積為（ ）ABCD4已知函數，若方程恰有兩個不同實根，則正數m的取值范圍為（ ）ABCD5已知雙曲線C：1（a0，

2、b0）的焦距為8，一條漸近線方程為，則C為（ ）ABCD6已知向量，滿足，在上投影為，則的最小值為( )ABCD7若集合，則（ ）ABCD8函數（）的圖像可以是（ ）ABCD9已知直線過雙曲線C：的左焦點F，且與雙曲線C在第二象限交于點A，若（O為坐標原點），則雙曲線C的離心率為ABCD10雙曲線y2=1的漸近線方程是（ ）Ax2y=0B2xy=0C4xy=0Dx4y=011已知拋物線的焦點為，若拋物線上的點關于直線對稱的點恰好在射線上，則直線被截得的弦長為（ ）ABCD12已知函數滿足，設，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件二、填空題：本題共

3、4小題，每小題5分，共20分。13若在上單調遞減，則的取值范圍是_14在的展開式中，所有的奇數次冪項的系數和為-64，則實數的值為_.15已知橢圓，若橢圓上存在點使得為等邊三角形（為原點），則橢圓的離心率為_16某公司生產甲、乙兩種桶裝產品.已知生產甲產品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生產乙產品1桶需耗原料2千克，原料1千克.每桶甲產品的利潤是300元，每桶乙產品的利潤是400元.公司在生產這兩種產品的計劃中，要求每天消耗原料都不超過12千克.通過合理安排生產計劃，從每天生產的甲、乙兩種產品中，公司共可獲得的最大利潤是_元.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（

4、12分）在直角坐標系中，已知圓，以原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線平分圓M的周長.（1）求圓M的半徑和圓M的極坐標方程；（2）過原點作兩條互相垂直的直線，其中與圓M交于O，A兩點，與圓M交于O，B兩點，求面積的最大值.18（12分）已知函數.（1）若，求函數的單調區間；（2）時，若對一切恒成立，求a的取值范圍.19（12分）的內角，的對邊分別為，,已知，.（1）求；（2）若的面積，求.20（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.21（12分）設函數.（）討論函數的單調性；（）若函數有兩個極值點，求證：.22（10分）如圖，在斜三

5、棱柱中，平面平面，均為正三角形，E為AB的中點（）證明：平面；（）求斜三棱柱截去三棱錐后剩余部分的體積參考答案一、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。1D【解析】利用向量的加法的平行四邊形法則，判斷四邊形的形狀，推出結果即可【詳解】解：非零向量，滿足，可知兩個向量垂直，且與的夾角為，說明以向量，為鄰邊，為對角線的平行四邊形是正方形，所以則故選：【點睛】本題考查向量的幾何意義，向量加法的平行四邊形法則的應用，考查分析問題解決問題的能力，屬于基礎題2C【解析】利用的前項和求出數列的通項公式，可計算出，然后利用裂項法可求出的值.【詳解】.

6、當時，；當時，由，可得，兩式相減，可得，故，因為也適合上式，所以.依題意，故.故選：C.【點睛】本題考查利用求，同時也考查了裂項求和法，考查計算能力，屬于中等題.3C【解析】由，可得，化簡利用余弦定理可得，解得即可得出三角形面積【詳解】解：，且，化為：，解得故選：【點睛】本題考查了向量共線定理、余弦定理、三角形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題4D【解析】當時，函數周期為，畫出函數圖像，如圖所示，方程兩個不同實根，即函數和有圖像兩個交點，計算，根據圖像得到答案.【詳解】當時，故函數周期為，畫出函數圖像，如圖所示：方程，即，即函數和有兩個交點.，故，.根據圖像知：.故選：.【點睛

7、】本題考查了函數的零點問題，確定函數周期畫出函數圖像是解題的關鍵.5A【解析】由題意求得c與的值，結合隱含條件列式求得a2，b2，則答案可求.【詳解】由題意，2c8，則c4，又，且a2+b2c2，解得a24，b212.雙曲線C的方程為.故選：A.【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質，屬于基礎題.6B【解析】根據在上投影為，以及，可得；再對所求模長進行平方運算，可將問題轉化為模長和夾角運算，代入即可求得.【詳解】在上投影為，即 又 本題正確選項：【點睛】本題考查向量模長的運算，對于含加減法運算的向量模長的求解，通常先求解模長的平方，再開平方求得結果；解題關鍵是需要通過夾角取值范圍的分析，得到的最小值

8、.7B【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.8B【解析】根據，可排除，然后采用導數，判斷原函數的單調性，可得結果.【詳解】由題可知：，所以當時，又，令，則令，則所以函數在單調遞減在單調遞增，故選：B【點睛】本題考查函數的圖像，可從以下指標進行觀察：（1）定義域；（2）奇偶性；（3）特殊值；（4）單調性；（5）值域，屬基礎題.9B【解析】直線的傾斜角為，易得設雙曲線C的右焦點為E，可得中，則，所以雙曲線C的離心率為.故選B10A【解

9、析】試題分析：漸近線方程是y2=1，整理后就得到雙曲線的漸近線解：雙曲線其漸近線方程是y2=1整理得x2y=1故選A點評：本題考查了雙曲線的漸進方程，把雙曲線的標準方程中的“1”轉化成“1”即可求出漸進方程屬于基礎題11B【解析】由焦點得拋物線方程，設點的坐標為，根據對稱可求出點的坐標，寫出直線方程，聯立拋物線求交點，計算弦長即可.【詳解】拋物線的焦點為，則，即，設點的坐標為，點的坐標為，如圖：，解得，或(舍去)，直線的方程為，設直線與拋物線的另一個交點為，由，解得或，故直線被截得的弦長為故選：B【點睛】本題主要考查了拋物線的標準方程，簡單幾何性質，點關于直線對稱，屬于中檔題.12B【解析】結

10、合函數的對應性，利用充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】解：若，則，即成立，若，則由，得，則“”是“”的必要不充分條件，故選：B【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合函數的對應性是解決本題的關鍵，屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由題意可得導數在恒成立，解出即可【詳解】解：由題意，當時，顯然，符合題意；當時，在恒成立，故答案為：【點睛】本題主要考查利用導數研究函數的單調性，屬于中檔題143或-1【解析】設，分別令、，兩式相減即可得，即可得解.【詳解】設，令，則， 令，則，則-得，則，解得或.故答案為：3或-1.【點睛】本題考查了二項式定理

11、的應用，考查了運算能力，屬于中檔題.15【解析】根據題意求出點N的坐標，將其代入橢圓的方程，求出參數m的值，再根據離心率的定義求值.【詳解】由題意得，將其代入橢圓方程得，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程及幾何性質，屬于中檔題.161元【解析】設分別生產甲乙兩種產品為 桶，桶，利潤為元則根據題意可得目標函數 ，作出可行域，如圖所示作直線 然后把直線向可行域平移，由圖象知當直線經過 時，目標函數 的截距最大，此時 最大，由 可得，即 此時 最大 ，即該公司每天生產的甲4桶，乙4桶，可獲得最大利潤，最大利潤為1【點睛】本題考查用線性規劃知識求利潤的最大值，根據條件建立不等式關系，以

12、及利用線性規劃的知識進行求解是解決本題的關鍵三、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】先求出，再求圓的半徑和極坐標方程；（2）設 求出,再求出得解.【詳解】（1）將化成直角坐標方程，得 則，故，則圓 ，即，所以圓M的半徑為.將圓M的方程化成極坐標方程，得.即圓M的極坐標方程為. （2）設，則,用代替.可得,【點睛】本題主要考查直角坐標和極坐標的互化，考查極徑的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.18（1）單調遞減區間為，單調遞增區間為 ；（2） 【解析】（1）求導，根據導數與函數單調性關系即可求出.（2）解法一：分類討論：當時，觀察式子可

13、得恒成立；當時，利用導數判斷函數為單調遞增，可知；當時，令，由，根據零點存在性定理可得，進而可得在上，單調遞減，即不滿足題意；解法二：通過分離參數可知條件等價于恒成立，進而記，問題轉化為求在上的最小值問題，通過二次求導，結合洛比達法則計算可得結論.【詳解】（1）當，令，解得，當時，當時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）解法一：當時，函數，若時，此時對任意都有， 所以恒成立；若時，對任意都有，所以，所以在上為增函數，所以，即時滿足題意；若時，令，則，所以在上單調遞增，可知，一定存在使得，且當時，所以在上，單調遞減，從而有時，不滿足題意；綜上可知，實數a的取值范圍為. 解法二：當時，函數，又當時

14、，對一切恒成立等價于恒成立，記，其中，則，令，則，在上單調遞增，恒成立，從而在上單調遞增，由洛比達法則可知，解得. 實數a的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性與不等式恒成立問題，考查了分類與整合的解題思想，涉及分離參數法等技巧、涉及到洛比達法則等知識，注意解題方法的積累，屬于難題.19（1） ；（2）【解析】試題分析：（1）根據余弦定理求出B,帶入條件求出，利用同角三角函數關系求其余弦，再利用兩角差的余弦定理即可求出；（2）根據（1）及面積公式可得，利用正弦定理即可求出.試題解析：（1）由，得，.，.由，得，. .（2）由（1），得.由及題設條件，得，.由，得，.點睛：解決三

15、角形中的角邊問題時，要根據條件選擇正余弦定理，將問題轉化統一為邊的問題或角的問題，利用三角中兩角和差等公式處理，特別注意內角和定理的運用，涉及三角形面積最值問題時，注意均值不等式的利用，特別求角的時候，要注意分析角的范圍，才能寫出角的大小.20 (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

16、三角形的面積公式和分類討論思想，屬于中檔題21（）見解析（）見解析【解析】（）求導得到，討論，三種情況得到單調區間.（）設，要證，即證，設，根據函數單調性得到證明.【詳解】（） ， 令，（1）當，即時，在上單調遞增； （2）當，即時，設的兩根為（），若，時，所以在和上單調遞增， 時，所以在上單調遞減，若，時，所以在上單調遞減， 時，所以在上單調遞增. 綜上，當時，在上單調遞增；當時， 在和上單調遞增，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增. （）不妨設，要證，即證，即證，由（）可知，可得，所以有， 令，所以在單調遞增， 所以， 因為，所以，所以.【點睛】本題考查了函數單調性，證明不等式，意在考查學生的分類討論能力和計算能力.22（）見解析；（）【解析】（）要證明線面平行，需先證明線線平行，所以連接，交于點M，連接ME，證明；（）由題意可知點到平面ABC的距離等于點到平面ABC的距離，根據體積公式剩余部分的體積是.【詳解】（）如圖，連接，交于點M，連接ME，