1、2021-2022高考數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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將4名大學生分配到3個鄉鎮去當村官，每個鄉鎮至少一名，則不同的分配方案種數是( )A18種B36種C54種D72種2已知正四棱錐的側棱長與底面邊長都相等，是的中點，則所成的角的余弦值為

2、（ ）ABCD3已知雙曲線的右焦點為，若雙曲線的一條漸近線的傾斜角為，且點到該漸近線的距離為，則雙曲線的實軸的長為ABCD4復數的共軛復數在復平面內所對應的點位于( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限5集合，則（ ）ABCD6某四棱錐的三視圖如圖所示，記為此棱錐所有棱的長度的集合，則（ ）.A，且B，且C，且D，且7已知函數在上單調遞增，則的取值范圍（ ）ABCD8設，則（ ）ABCD9趙爽是我國古代數學家、天文學家，大約公元222年，趙爽為周髀算經一書作序時，介紹了“勾股圓方圖”，又稱“趙爽弦圖”（以弦為邊長得到的正方形是由個全等的直角三角形再加上中間的一個小正方形組成的，如圖（1）

3、，類比“趙爽弦圖”，可類似地構造如圖（2）所示的圖形，它是由個全等的三角形與中間的一個小正六邊形組成的一個大正六邊形，設，若在大正六邊形中隨機取一點，則此點取自小正六邊形的概率為（ ）ABCD10若的展開式中的系數之和為，則實數的值為（ ）ABCD111如圖，正方體中，分別為棱、的中點，則下列各直線中，不與平面平行的是（ ）A直線B直線C直線D直線12已知等差數列滿足，公差，且成等比數列，則A1B2C3D4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13二項式的展開式中所有項的二項式系數之和是64，則展開式中的常數項為_.14正四面體的一個頂點是圓柱上底面的圓心，另外三個頂點圓柱下底面的圓

4、周上，記正四面體的體積為，圓柱的體積為，則的值是_.15甲、乙、丙、丁四名同學報名參加淮南文明城市創建志愿服務活動，服務活動共有“走進社區”、“環境監測”、“愛心義演”、“交通宣傳”等四個項目，每人限報其中一項，記事件為“4名同學所報項目各不相同”，事件為“只有甲同學一人報走進社區項目”，則的值為_.16設滿足約束條件且的最小值為7，則_.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）已知拋物線與直線.（1）求拋物線C上的點到直線l距離的最小值；（2）設點是直線l上的動點，是定點，過點P作拋物線C的兩條切線，切點為A，B，求證A，Q，B共線；并在時求點P坐標.18

5、（12分）已知三棱錐中側面與底面都是邊長為2的等邊三角形，且面面，分別為線段的中點.為線段上的點，且.（1）證明：為線段的中點；（2）求二面角的余弦值.19（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.20（12分）設橢圓：的右焦點為，右頂點為，已知橢圓離心率為，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為3.（）求橢圓的方程；（）設過點的直線與橢圓交于點（不在軸上），垂直于的直線與交于點，與軸交于點，若，且，求直線斜率的取值范圍.21（12分）已知函數f(x)=ex-x2 -kx（其中e為自

6、然對數的底，k為常數）有一個極大值點和一個極小值點（1）求實數k的取值范圍；（2）證明：f(x)的極大值不小于122（10分）已知函數（1）若對任意恒成立，求實數的取值范圍；（2）求證： 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。1B【解析】把4名大學生按人數分成3組，為1人、1人、2人，再把這三組分配到3個鄉鎮即得.【詳解】把4名大學生按人數分成3組，為1人、1人、2人，再把這三組分配到3個鄉鎮，則不同的分配方案有種.故選：.【點睛】本題考查排列組合，屬于基礎題.2C【解析】試題分析：設的交點為，連接，則為所成的角或其補角；

7、設正四棱錐的棱長為，則，所以，故C為正確答案考點：異面直線所成的角3B【解析】雙曲線的漸近線方程為，由題可知設點，則點到直線的距離為，解得，所以，解得，所以雙曲線的實軸的長為，故選B4D【解析】由復數除法運算求出，再寫出其共軛復數，得共軛復數對應點的坐標得結論【詳解】，對應點為，在第四象限故選：D.【點睛】本題考查復數的除法運算，考查共軛復數的概念，考查復數的幾何意義掌握復數的運算法則是解題關鍵5A【解析】計算，再計算交集得到答案.【詳解】，故.故選：.【點睛】本題考查了交集運算，屬于簡單題.6D【解析】首先把三視圖轉換為幾何體，根據三視圖的長度，進一步求出個各棱長.【詳解】根據幾何體的三視圖

8、轉換為幾何體為：該幾何體為四棱錐體，如圖所示：所以：，.故選：D.【點睛】本題考查三視圖和幾何體之間的轉換，主要考查運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題.7B【解析】由,可得,結合在上單調遞增,易得,即可求出的范圍.【詳解】由,可得,時,而,又在上單調遞增,且,所以,則,即,故.故選:B.【點睛】本題考查了三角函數的單調性的應用,考查了學生的邏輯推理能力,屬于基礎題.8C【解析】試題分析：，故C正確考點：復合函數求值9D【解析】設，則，小正六邊形的邊長為，利用余弦定理可得大正六邊形的邊長為，再利用面積之比可得結論.【詳解】由題意，設，則，即小正六邊形的邊長為，所以，在中，由余弦定理得，即，

9、解得，所以，大正六邊形的邊長為，所以，小正六邊形的面積為，大正六邊形的面積為，所以，此點取自小正六邊形的概率.故選：D.【點睛】本題考查概率的求法，考查余弦定理、幾何概型等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題10B【解析】由，進而分別求出展開式中的系數及展開式中的系數，令二者之和等于，可求出實數的值.【詳解】由，則展開式中的系數為，展開式中的系數為，二者的系數之和為，得.故選：B.【點睛】本題考查二項式定理的應用，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.11C【解析】充分利用正方體的幾何特征，利用線面平行的判定定理，根據判斷A的正誤.根據，判斷B的正誤.根據與 相交，判斷C的正誤.根據，判斷D的

10、正誤.【詳解】在正方體中，因為 ，所以 平面，故A正確. 因為，所以，所以平面 故B正確.因為，所以平面，故D正確.因為與 相交，所以 與平面 相交，故C錯誤.故選：C【點睛】本題主要考查正方體的幾何特征，線面平行的判定定理，還考查了推理論證的能力，屬中檔題.12D【解析】先用公差表示出，結合等比數列求出.【詳解】,因為成等比數列，所以，解得.【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式.屬于簡單題，化歸基本量，尋求等量關系是求解的關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由二項式系數性質求出，由二項展開式通項公式得出常數項的項數，從而得常數項【詳解】由題意，展開式通項為，由

11、得，常數項為故答案為：【點睛】本題考查二項式定理，考查二項式系數的性質，掌握二項展開式通項公式是解題關鍵14【解析】設正四面體的棱長為，求出底面外接圓的半徑與高，代入體積公式求解【詳解】解：設正四面體的棱長為，則底面積為，底面外接圓的半徑為，高為正四面體的體積，圓柱的體積則故答案為：【點睛】本題主要考查多面體與旋轉體體積的求法，考查計算能力，屬于中檔題15【解析】根據條件概率的求法，分別求得，再代入條件概率公式求解.【詳解】根據題意得所以故答案為：【點睛】本題主要考查條件概率的求法，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.163【解析】根據約束條件畫出可行域，再把目標函數轉化為，對參數a分類討論，

12、當時顯然不滿足題意；當時，直線經過可行域中的點A時，截距最小，即z有最小值，再由最小值為7，得出結果；當時，的截距沒有最小值，即z沒有最小值；當時，的截距沒有最大值，即z沒有最小值，綜上可得出結果.【詳解】根據約束條件畫出可行域如下：由，可得出交點，由可得，當時顯然不滿足題意；當即時，由可行域可知當直線經過可行域中的點A時，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；當即時，由可行域可知的截距沒有最小值，即z沒有最小值；當即時，根據可行域可知的截距沒有最大值，即z沒有最小值.綜上可知滿足條件時.故答案為：3.【點睛】本題主要考查線性規劃問題，約束條件和目標函數中都有參數，要對參數進行討論.三、解

13、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）證明見解析，或【解析】（1）根據點到直線的公式結合二次函數的性質即可求出；（2）設，表示出直線，的方程，利用表示出，即可求定點的坐標【詳解】（1）設拋物線上點的坐標為，則，時取等號），則拋物線上的點到直線距離的最小值；（2）設，直線，的方程為分別為，由兩條直線都經過點點得，為方程的兩根，直線的方程為，共線又，解，點，是直線上的動點，時，時，或【點睛】本題考查拋物線的方程的求法，考查直線方程的求法，考查直線過定點的解法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力18（1）見解析；（2）【解析】（1）設為中點，連結，

14、先證明，可證得，假設不為線段的中點，可得平面，這與矛盾，即得證；（2）以為原點，以分別為軸建立空間直角坐標系，分別求解平面，平面的法向量的法向量，利用二面角的向量公式，即得解.【詳解】（1）設為中點，連結.，又 平面，平面，.又分別為中點，又，.假設不為線段的中點，則與是平面內內的相交直線，從而平面，這與矛盾，所以為線段的中點.（2）以為原點，由條件面面，以分別為軸建立空間直角坐標系，則，.設平面的法向量為所以取，則，.同法可求得平面的法向量為，由圖知二面角為銳二面角，二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了立體幾何與空間向量綜合，考查了學生邏輯推理，空間想象，數學運算的能力，屬于中檔題.19（）

15、證明見解析（）【解析】（）由平面，可得，又因為是的中點，即得證；（）如圖建立空間直角坐標系，設，計算平面的法向量，由直線與平面所成角的大小為30，列出等式，即得解.【詳解】（）如圖，連接交于點，連接，則是平面與平面的交線，因為平面，故，又因為是的中點，所以是的中點，故.（）由條件可知，所以，故以為坐標原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，設，則，設平面的法向量為，則，即，故取因為直線與平面所成角的大小為30所以，即，解得，故此時.【點睛】本題考查了立體幾何和空間向量綜合，考查了學生邏輯推理，空間想象，數學運算的能力，屬于中檔題.20（）（）【解析】（）由題意可得，解得即可求出橢圓的C的

16、方程；（）由已知設直線l的方程為y=k (x-2) ，(k0)， 聯立直線方程和橢圓方程，化為關于x的一元二次方程，利用根與系數的關系求得B的坐標，再寫出MH所在直線方程，求出H的坐標，由BFHF,解得.由方程組消去y，解得，由,得到,轉化為關于k的不等式，求得k的范圍.【詳解】（）因為過焦點且垂直于長軸的直線被橢圓截得的線段長為3，所以，因為橢圓離心率為，所以，又，解得，所以橢圓的方程為；（）設直線的斜率為，則，設，由得，解得，或，由題意得，從而，由（）知，設，所以，因為，所以，所以，解得，所以直線的方程為，設，由消去，解得，在中，即，所以，即，解得，或.所以直線的斜率的取值范圍為.【點睛】

17、本題考查在直線與橢圓的位置關系中由已知條件求直線的斜率取值范圍問題，還考查了由離心率求橢圓的標準方程，屬于難題.21（1）；（2）見解析【解析】（1）求出，記，問題轉化為方程有兩個不同解，求導，研究極值即可得結果 ；（2）由（1）知，在區間上存在極大值點，且，則可求出極大值，記，求導，求單調性，求出極值即可.【詳解】（1），由， 記，由，且時，單調遞減，時，單調遞增， 由題意，方程有兩個不同解，所以；（2）解法一：由（1）知，在區間上存在極大值點，且，所以的極大值為， 記，則，因為，所以，所以時，單調遞減，時，單調遞增， 所以，即函數的極大值不小于1. 解法二：由（1）知，在區間上存在極大值點，且，所以的極大值為， 因為，所以.即函數的極大值不小于1.【點睛】本題考查導數研究函數的單調性，極值，考查學生綜合分析