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執行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的值為（ ）A0B1CD2將一張邊長為的紙片按如圖(1)所示陰影部分裁去四個全等的等腰三角形，將余下部分沿虛線折疊并拼成一個有底的正四棱錐模型，如圖(2)放置，如果正四棱錐的主視圖是正三角形，如圖(3)所

2、示，則正四棱錐的體積是( )ABCD31777年，法國科學家蒲豐在宴請客人時，在地上鋪了一張白紙，上面畫著一條條等距離的平行線，而他給每個客人發許多等質量的，長度等于相鄰兩平行線距離的一半的針，讓他們隨意投放.事后，蒲豐對針落地的位置進行統計，發現共投針2212枚，與直線相交的有704枚.根據這次統計數據，若客人隨意向這張白紙上投放一根這樣的針，則針落地后與直線相交的概率約為（ ）ABCD4已知函數（），若函數在上有唯一零點，則的值為（ ）A1B或0C1或0D2或05用數學歸納法證明1+2+3+n2=n4+n22，則當n=k+1時，左端應在n=k的基礎上加上（ ）Ak2+1Bk+12Ck2+1

3、+k2+2+k+12Dk+14+k+1226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向右平移個單位7過拋物線（）的焦點且傾斜角為的直線交拋物線于兩點.，且在第一象限，則（ ）ABCD8如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的結果是（ ）ABCD9閱讀下側程序框圖，為使輸出的數據為31，則處應填的數字為A4B5C6D710已知函數（表示不超過x的最大整數），若有且僅有3個零點，則實數a的取值范圍是（）ABCD11正方形的邊長為，是正方形內部（不包括正方形的邊）一點，且，則的最小值為（ ）ABCD12已知函數是奇函數，且，若對，恒成立，則的取值

4、范圍是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13現有一塊邊長為a的正方形鐵片，鐵片的四角截去四個邊長均為x的小正方形，然后做成一個無蓋方盒，該方盒容積的最大值是_14雙曲線的焦點坐標是_，漸近線方程是_.15設數列的前項和為，且對任意正整數，都有，則_16設滿足約束條件，則目標函數的最小值為_.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）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（）設直線與曲線交于，兩點，求；（）若點為曲線上任意一點，求的取值范圍.18（12分）如圖，在

5、四棱柱中，底面是正方形，平面平面，.過頂點，的平面與棱，分別交于，兩點.（）求證：；（）求證：四邊形是平行四邊形；（）若，試判斷二面角的大小能否為？說明理由.19（12分）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，平面平面，點為棱的中點（）在棱上是否存在一點，使得平面，并說明理由；（）當二面角的余弦值為時，求直線與平面所成的角20（12分）中的內角，的對邊分別是，若，.（1）求；（2）若，點為邊上一點，且，求的面積.21（12分）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，平面，是棱上的一點，滿足平面.（）證明：；（）設，若為棱上一點，使得直線與平面所成角的大小為30，求的值.22（10分）自湖北武漢爆

6、發新型冠狀病毒惑染的肺炎疫情以來，武漢醫護人員和醫療、生活物資嚴重缺乏，全國各地紛紛馳援.截至1月30日12時，湖北省累計接收捐贈物資615.43萬件，包括醫用防護服2.6萬套N95口軍47.9萬個，醫用一次性口罩172.87萬個，護目鏡3.93萬個等.中某運輸隊接到給武漢運送物資的任務，該運輸隊有8輛載重為6t的A型卡車，6輛載重為10t的B型卡車，10名駕駛員，要求此運輸隊每天至少運送720t物資.已知每輛卡車每天往返的次數：A型卡車16次，B型卡車12次；每輛卡車每天往返的成本：A型卡車240元，B型卡車378元.求每天派出A型卡車與B型卡車各多少輛，運輸隊所花的成本最低？參考答案一、選

7、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】根據輸入的值大小關系，代入程序框圖即可求解.【詳解】輸入，因為，所以由程序框圖知，輸出的值為.故選：A【點睛】本題考查了對數式大小比較，條件程序框圖的簡單應用，屬于基礎題.2B【解析】設折成的四棱錐的底面邊長為，高為，則，故由題設可得，所以四棱錐的體積，應選答案B3D【解析】根據統計數據，求出頻率，用以估計概率.【詳解】.故選:D.【點睛】本題以數學文化為背景，考查利用頻率估計概率，屬于基礎題.4C【解析】求出函數的導函數，當時，只需，即，令，利用導數求其單調區間，即可求出參數的值，當時

8、，根據函數的單調性及零點存在性定理可判斷；【詳解】解：（），當時，由得，則在上單調遞減，在上單調遞增，所以是極小值，只需，即.令，則，函數在上單調遞增.，；當時，函數在上單調遞減，函數在上有且只有一個零點，的值是1或0.故選：C【點睛】本題考查利用導數研究函數的零點問題，零點存在性定理的應用，屬于中檔題.5C【解析】首先分析題目求用數學歸納法證明1+1+3+n1=n4+n22時，當n=k+1時左端應在n=k的基礎上加上的式子，可以分別使得n=k，和n=k+1代入等式，然后把n=k+1時等式的左端減去n=k時等式的左端，即可得到答案【詳解】當n=k時，等式左端=1+1+k1，當n=k+1時，等式

9、左端=1+1+k1+k1+1+k1+1+（k+1）1，增加了項（k1+1）+（k1+1）+（k1+3）+（k+1）1故選：C【點睛】本題主要考查數學歸納法，屬于中檔題./6D【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.7C【解析】作，；，由題意，由二倍角公式即得解.【詳解】由題意，準線：，作，；，設，故，.故選：C【點睛】本題考查了拋物線的性質綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的

10、能力，屬于中檔題.8B【解析】列舉出循環的每一步，可得出輸出結果.【詳解】，不成立，；不成立，；不成立，；成立，輸出的值為.故選：B.【點睛】本題考查利用程序框圖計算輸出結果，一般要將算法的每一步列舉出來，考查計算能力，屬于基礎題.9B【解析】考點：程序框圖分析：分析程序中各變量、各語句的作用，再根據流程圖所示的順序，可知：該程序的作用是利用循環求S的值，我們用表格列出程序運行過程中各變量的值的變化情況，不難給出答案解：程序在運行過程中各變量的值如下表示： S i 是否繼續循環循環前 1 1/第一圈3 2 是第二圈7 3 是第三圈15 4 是第四圈31 5 否故最后當i5時退出，故選B10A【

11、解析】根據x的定義先作出函數f（x）的圖象，利用函數與方程的關系轉化為f（x）與g（x）=ax有三個不同的交點，利用數形結合進行求解即可【詳解】當時，當時，當時，當時，若有且僅有3個零點，則等價為有且僅有3個根，即與有三個不同的交點，作出函數和的圖象如圖，當a=1時，與有無數多個交點，當直線經過點時，即，時，與有兩個交點，當直線經過點時，即時，與有三個交點，要使與有三個不同的交點，則直線處在過和之間，即，故選：A【點睛】利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數的范圍； (2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域

12、(最值)問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解.11C【解析】分別以直線為軸，直線為軸建立平面直角坐標系，設，根據，可求，而，化簡求解.【詳解】解：建立以為原點，以直線為軸，直線為軸的平面直角坐標系.設，則，由，即，得.所以=，所以當時，的最小值為.故選：C.【點睛】本題考查向量的數量積的坐標表示，屬于基礎題.12A【解析】先根據函數奇偶性求得，利用導數判斷函數單調性，利用函數單調性求解不等式即可.【詳解】因為函數是奇函數，所以函數是偶函數.，即，又，所以，.函數的定義域為，所以，則函數在上為單調遞增函數.又在上，所以為偶函數，

13、且在上單調遞增.由，可得，對恒成立，則，對恒成立，得，所以的取值范圍是.故選：A.【點睛】本題考查利用函數單調性求解不等式，根據方程組法求函數解析式，利用導數判斷函數單調性，屬壓軸題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由題意容積，求導研究單調性，分析即得解.【詳解】由題意：容積，則，由得或（舍去），令則為V在定義域內唯一的極大值點也是最大值點，此時.故答案為：【點睛】本題考查了導數在實際問題中的應用，考查了學生數學建模，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.14 【解析】通過雙曲線的標準方程，求解，即可得到所求的結果【詳解】由雙曲線，可得，則，所以雙曲線的焦點坐標是，

14、漸近線方程為：故答案為：；【點睛】本題主要考查了雙曲線的簡單性質的應用，考查了運算能力，屬于容易題15【解析】利用行列式定義，得到與的關系，賦值，即可求出結果。【詳解】由，令，得，解得。【點睛】本題主要考查行列式定義的應用。16【解析】根據滿足約束條件，畫出可行域，將目標函數，轉化為，平移直線，找到直線在軸上截距最小時的點，此時，目標函數 取得最小值.【詳解】由滿足約束條件，畫出可行域如圖所示陰影部分：將目標函數，轉化為，平移直線，找到直線在軸上截距最小時的點 此時，目標函數 取得最小值，最小值為故答案為：-1【點睛】本題主要考查線性規劃求最值，還考查了數形結合的思想方法，屬于基礎題.三、解答

15、題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（）6（）【解析】（）化簡得到直線的普通方程化為，是以點為圓心，為半徑的圓，利用垂徑定理計算得到答案.（）設，則，得到范圍.【詳解】（）由題意可知，直線的普通方程化為，曲線的極坐標方程變形為，所以的普通方程分別為，是以點為圓心，為半徑的圓，設點到直線的距離為，則， 所以. （）的標準方程為，所以參數方程為（為參數），設，因為，所以， 所以.【點睛】本題考查了參數方程，極坐標方程，意在考查學生的計算能力和應用能力.18（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）不能為.【解析】（1）由平面平面，可得平面，從而證明；（2）由平面與平面沒有交點

16、，可得與不相交，又與共面，所以，同理可證，得證；（3）作交于點，延長交于點，連接，根據三垂線定理，確定二面角的平面角，若，由大角對大邊知，兩者矛盾，故二面角的大小不能為.【詳解】（1）由平面平面，平面平面，且，所以平面，又平面，所以；（2）依題意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面與平面平行，即兩個平面沒有交點，則與不相交，又與共面，所以，同理可證，所以四邊形是平行四邊形；（3）不能.如圖，作交于點，延長交于點，連接，由，所以平面，則平面，又，根據三垂線定理，得到，所以是二面角的平面角，若，則是等腰直角三角形，又，所以中，由大角對大邊知，所以，這與上面相矛盾，所以二面角的大小不能為.

17、【點睛】本題考查了立體幾何中的線線平行和垂直的判定問題，和二面角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，屬中檔題.19（1）見解析（2）【解析】（）取的中點，連結、，得到故且，進而得到，利用線面平行的判定定理，即可證得平面.（）以為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，設，求得平面的法向量為，和平面的法向量，利用向量的夾角公式，求得，進而得到為直線與平面所成的角，即可求解.【詳解】（）在棱上存在點，使得平面，點為棱的中點理由如下：取的中點，連結、，由題意，且，且，故且.所以，四邊形為平行四邊形.所以，又平面，平面，

18、所以，平面.（）由題意知為正三角形，所以，亦即，又，所以，且平面平面，平面平面，所以平面，故以為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，設，則由題意知，設平面的法向量為，則由得，令，則，所以取，顯然可取平面的法向量，由題意：，所以.由于平面，所以在平面內的射影為，所以為直線與平面所成的角，易知在中，從而，所以直線與平面所成的角為.【點睛】本題考查了立體幾何中的面面垂直的判定和直線與平面所成角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，通過嚴密推理，明確角的構成，著重考查了分析問題和解答問題的能力.20（1）（2）10【解析】（1）由二倍角的正弦公式以及正弦定理，可得，再根據二倍角的余弦公式計算即可；（2）由已知可得，利用余弦定理解出，由已知計算出與，再根據三角形的面積公式求出結果即可.【詳解】（1），在中，由正弦定理得，又，（2），由余弦定理得，則，化簡得，解得或（負值舍去），的面積.【點睛】本題考查了三角形面積公式以及正弦定理、余弦定理的應用，考查了二倍角公式的應用，