1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、要求的。1如圖所示程序框圖，若判斷框內為“”，則輸出（ ）A2B10C34D982明代數學家程大位（15331606年），有感于當時籌算方法的不便，用其畢生心血寫出算法統宗，可謂集成計算的鼻祖如圖所示的程序框圖的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”問題執行該程序框圖，若輸出的的值為，則輸入的的值為（ ）ABCD3若不等式在區間內的解集中有且僅有三個整數，則實數的取值范圍是( )ABCD4已知集合，ByN|yx1，xA，則AB（ ）A1，0，1，2，3B1，0，1，2C0，1，2Dx1x25復數的虛部是 ( )ABCD6集合，則( )ABCD7已知等比數列的前項和為，且滿足，則的值是( )ABCD

3、8已知函數，若，則的取值范圍是（ ）ABCD9已知命題p：“”是“”的充要條件；，則（ ）A為真命題B為真命題C為真命題D為假命題10若函數的圖象經過點，則函數圖象的一條對稱軸的方程可以為( )ABCD11已知點是雙曲線上一點，若點到雙曲線的兩條漸近線的距離之積為，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD212如圖是來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形，此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形的斜邊，直角邊.已知以直角邊為直徑的半圓的面積之比為，記，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13某中學舉行了一次消防知識競賽，將參賽學生的成績進行整理后分為5組，繪制

4、如圖所示的頻率分布直方圖，記圖中從左到右依次為第一、第二、第三、第四、第五組，已知第二組的頻數是80，則成績在區間的學生人數是_14若點在直線上，則的值等于_ .15函數的定義域是 16如圖，在等腰三角形中，已知，分別是邊上的點，且,其中且，若線段的中點分別為，則的最小值是_. 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）已知橢圓：的四個頂點圍成的四邊形的面積為，原點到直線的距離為.（1）求橢圓的方程；（2）已知定點，是否存在過的直線，使與橢圓交于，兩點，且以為直徑的圓過橢圓的左頂點？若存在，求出的方程：若不存在，請說明理由.18（12分）在平面直角坐標系xOy

5、中，曲線C1的參數方程為 （為參數），在以O為極點，x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C2是圓心為（2，），半徑為1的圓（1）求曲線C1的普通方程和C2的直角坐標方程；（2）設M為曲線C1上的點，N為曲線C2上的點，求|MN|的取值范圍19（12分）已知矩陣,二階矩陣滿足.（1）求矩陣;（2）求矩陣的特征值20（12分）設點，分別是橢圓的左、右焦點，為橢圓上任意一點，且的最小值為1（1）求橢圓的方程；（2）如圖，動直線與橢圓有且僅有一個公共點，點，是直線上的兩點，且，求四邊形面積的最大值21（12分）已知，不等式恒成立.（1）求證:（2）求證:.22（10分）如圖，在四棱柱中，平面，底面AB

6、CD滿足BC，且()求證:平面;()求直線與平面所成角的正弦值.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。1C【解析】由題意，逐步分析循環中各變量的值的變化情況，即可得解.【詳解】由題意運行程序可得：，；，；，；不成立，此時輸出.故選：C.【點睛】本題考查了程序框圖，只需在理解程序框圖的前提下細心計算即可，屬于基礎題.2C【解析】根據程序框圖依次計算得到答案.【詳解】，；，；，；，；，此時不滿足，跳出循環，輸出結果為，由題意，得故選:【點睛】本題考查了程序框圖的計算，意在考查學生的理解能力和計算能力.3C【解析】由題可知，設函

7、數，根據導數求出的極值點，得出單調性，根據在區間內的解集中有且僅有三個整數，轉化為在區間內的解集中有且僅有三個整數，結合圖象，可求出實數的取值范圍.【詳解】設函數，因為，所以，或，因為 時，或時，其圖象如下：當時，至多一個整數根；當時，在內的解集中僅有三個整數，只需，所以.故選：C.【點睛】本題考查不等式的解法和應用問題，還涉及利用導數求函數單調性和函數圖象，同時考查數形結合思想和解題能力.4A【解析】解出集合A和B即可求得兩個集合的并集.【詳解】集合xZ|2x31，0，1，2，3，ByN|yx1，xA2，1，0，1，2，AB2，1，0，1，2，3故選：A【點睛】此題考查求集合的并集，關鍵在于

8、準確求解不等式，根據描述法表示的集合，準確寫出集合中的元素.5C【解析】因為 ，所以的虛部是 ，故選C.6A【解析】解一元二次不等式化簡集合A，再根據對數的真數大于零化簡集合B，求交集運算即可.【詳解】由可得，所以，由可得,所以,所以，故選A【點睛】本題主要考查了集合的交集運算，涉及一元二次不等式解法及對數的概念，屬于中檔題.7C【解析】利用先求出，然后計算出結果.【詳解】根據題意，當時，,故當時，,數列是等比數列,則，故,解得,故選.【點睛】本題主要考查了等比數列前項和的表達形式，只要求出數列中的項即可得到結果，較為基礎.8B【解析】對分類討論，代入解析式求出，解不等式，即可求解.【詳解】函

9、數，由得或解得.故選:B.【點睛】本題考查利用分段函數性質解不等式，屬于基礎題.9B【解析】由的單調性，可判斷p是真命題；分類討論打開絕對值，可得q是假命題，依次分析即得解【詳解】由函數是R上的增函數，知命題p是真命題對于命題q，當，即時，；當，即時，由，得，無解，因此命題q是假命題所以為假命題，A錯誤；為真命題，B正確；為假命題，C錯誤；為真命題，D錯誤故選：B【點睛】本題考查了命題的邏輯連接詞，考查了學生邏輯推理，分類討論，數學運算的能力，屬于中檔題.10B【解析】由點求得的值，化簡解析式，根據三角函數對稱軸的求法，求得的對稱軸，由此確定正確選項.【詳解】由題可知.所以令，得令，得故選：B

10、【點睛】本小題主要考查根據三角函數圖象上點的坐標求參數，考查三角恒等變換，考查三角函數對稱軸的求法，屬于中檔題.11A【解析】設點的坐標為，代入橢圓方程可得，然后分別求出點到兩條漸近線的距離，由距離之積為，并結合，可得到的齊次方程，進而可求出離心率的值.【詳解】設點的坐標為，有，得.雙曲線的兩條漸近線方程為和，則點到雙曲線的兩條漸近線的距離之積為，所以，則，即，故，即，所以.故選：A.【點睛】本題考查雙曲線的離心率，構造的齊次方程是解決本題的關鍵，屬于中檔題.12D【解析】由半圓面積之比，可求出兩個直角邊 的長度之比，從而可知，結合同角三角函數的基本關系，即可求出，由二倍角公式即可求出.【詳解

11、】解：由題意知 ，以 為直徑的半圓面積，以 為直徑的半圓面積，則，即.由 ，得 ，所以.故選:D.【點睛】本題考查了同角三角函數的基本關系，考查了二倍角公式.本題的關鍵是由面積比求出角的正切值.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。1330【解析】根據頻率直方圖中數據先計算樣本容量，再計算成績在80100分的頻率，繼而得解.【詳解】根據直方圖知第二組的頻率是，則樣本容量是，又成績在80100分的頻率是，則成績在區間的學生人數是故答案為：30【點睛】本題考查了頻率分布直方圖的應用，考查了學生綜合分析，數據處理，數形運算的能力，屬于基礎題.14【解析】根據題意可得，再由，即可得到結論.【

12、詳解】由題意，得，又，解得，當時，則，此時；當時，則，此時，綜上，.故答案為：.【點睛】本題考查誘導公式和同角的三角函數的關系，考查計算能力，屬于基礎題.15【解析】解：因為，故定義域為16【解析】根據條件及向量數量積運算求得,連接,由三角形中線的性質表示出.根據向量的線性運算及數量積公式表示出,結合二次函數性質即可求得最小值.【詳解】根據題意,連接,如下圖所示:在等腰三角形中,已知,則由向量數量積運算可知線段的中點分別為則由向量減法的線性運算可得所以因為,代入化簡可得因為所以當時, 取得最小值因而故答案為: 【點睛】本題考查了平面向量數量積的綜合應用,向量的線性運算及模的求法,二次函數最值的

13、應用,屬于中檔題.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）存在，且方程為或.【解析】（1）依題意列出關于a,b,c的方程組，求得a,b,進而可得到橢圓方程；（2）聯立直線和橢圓得到，要使以為直徑的圓過橢圓的左頂點，則，結合韋達定理可得到參數值.【詳解】（1）直線的一般方程為.依題意，解得，故橢圓的方程式為.（2）假若存在這樣的直線，當斜率不存在時，以為直徑的圓顯然不經過橢圓的左頂點，所以可設直線的斜率為，則直線的方程為.由，得.由，得.記，的坐標分別為，則，而 .要使以為直徑的圓過橢圓的左頂點，則，即 ，所以 ，整理解得或，所以存在過的直線，使與橢圓交于

14、，兩點，且以為直徑的圓過橢圓的左頂點，直線的方程為或.【點睛】本題主要考查直線與圓錐曲線位置關系，所使用方法為韋達定理法：因直線的方程是一次的，圓錐曲線的方程是二次的，故直線與圓錐曲線的問題常轉化為方程組關系問題，最終轉化為一元二次方程問題，故用韋達定理及判別式是解決圓錐曲線問題的重點方法之一，尤其是弦中點問題，弦長問題，可用韋達定理直接解決，但應注意不要忽視判別式的作用18（1）C1：y21，C2 ：x2+（y2）21；（2）0，1【解析】（）消去參數可得C1的直角坐標方程，易得曲線C2的圓心的直角坐標為（0，2），可得C2的直角坐標方程；（）設M（3cos，sin），由三角函數和二次函數可

15、得|MC2|的取值范圍，結合圓的知識可得答案【詳解】（1）消去參數可得C1 的普通方程為y21，曲線C2 是圓心為（2，），半徑為1 的圓，曲線C2 的圓心的直角坐標為（0，2），C2 的直角坐標方程為x2+（y2）21； （2）設M（3cos，sin），則|MC2| ，1sin1，1|MC2|，由題意結合圖象可得|MN|的最小值為110，最大值為1，|MN|的取值范圍為0，1【點睛】本題考查橢圓的參數方程，涉及圓的知識和極坐標方程，屬中檔題19（1）（2）特征值為或【解析】（1）先設矩陣,根據,按照運算規律,即可求出矩陣.（2）令矩陣的特征多項式等于,即可求出矩陣的特征值【詳解】解：（1）設

16、矩陣由題意,因為,所以 ,即所以,（2）矩陣的特征多項式,令,解得或,所以矩陣的特征值為1或【點睛】本題主要考查矩陣的乘法和矩陣的特征值,考查學生的劃歸與轉化能力和運算求解能力.20（1）；（2）2.【解析】（1）利用的最小值為1，可得，即可求橢圓的方程；（2）將直線的方程代入橢圓的方程中，得到關于的一元二次方程，由直線與橢圓僅有一個公共點知，即可得到，的關系式，利用點到直線的距離公式即可得到，當時，設直線的傾斜角為，則，即可得到四邊形面積的表達式，利用基本不等式的性質，結合當時，四邊形是矩形，即可得出的最大值【詳解】（1）設，則，由題意得， 橢圓的方程為；（2）將直線的方程代入橢圓的方程中，

17、得由直線與橢圓僅有一個公共點知，化簡得：設， 當時，設直線的傾斜角為，則， ，當時，當時，四邊形是矩形，所以四邊形面積的最大值為2【點睛】本題主要考查橢圓的方程與性質、直線方程、直線與橢圓的位置關系、向量知識、二次函數的單調性、基本不等式的性質等基礎知識，考查運算能力、推理論證以及分析問題、解決問題的能力，考查數形結合、化歸與轉化思想21（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】（1）先根據絕對值不等式求得的最大值，從而得到，再利用基本不等式進行證明；（2）利用基本不等式變形得，兩邊開平方得到新的不等式，利用同理可得另外兩個不等式，再進行不等式相加，即可得答案.【詳解】（1），.，.（2），即兩邊開平