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已知函數，的零點分別為，則（ ）ABCD2已知數列的通項公式為，將這個數列中的項擺放成如圖所示的數陣.記為數陣從左至右的列，從上到下的行共個數的和，則數列的前2020項和為（ ）ABCD3等腰直角三角形BCD與等邊三角形ABD中，現將沿BD折

2、起，則當直線AD與平面BCD所成角為時，直線AC與平面ABD所成角的正弦值為（ ） ABCD4定義在R上的偶函數f（x）滿足f（x+2）f（x），當x3，2時，f（x）x2，則（ ）ABf（sin3）f（cos3）CDf（2020）f（2019）5若,則下列結論正確的是( )ABCD6的展開式中的系數為（ ）ABCD7百年雙中的校訓是“仁”、“智”、“雅”、“和”.在2019年5月18日的高三趣味運動會中有這樣的一個小游戲.袋子中有大小、形狀完全相同的四個小球，分別寫有“仁”、“智”、“雅”、“和”四個字，有放回地從中任意摸出一個小球，直到“仁”、“智”兩個字都摸到就停止摸球.小明同學用隨機模

3、擬的方法恰好在第三次停止摸球的概率.利用電腦隨機產生1到4之間（含1和4）取整數值的隨機數，分別用1，2，3，4代表“仁”、“智”、“雅”、“和”這四個字，以每三個隨機數為一組，表示摸球三次的結果，經隨機模擬產生了以下20組隨機數：141 432 341 342 234 142 243 331 112 322342 241 244 431 233 214 344 142 134 412由此可以估計，恰好第三次就停止摸球的概率為（ ）ABCD8設復數滿足，在復平面內對應的點為，則不可能為（ ）ABCD9已知命題：R，；命題 ：R，則下列命題中為真命題的是（ ）ABCD10設直線過點，且與圓：相切

4、于點，那么（ ）AB3CD111把函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，再將圖象向右平移個單位，那么所得圖象的一個對稱中心為（ ）ABCD12已知定義在上的奇函數滿足：（其中），且在區間上是減函數，令，則，的大小關系（用不等號連接）為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知兩個單位向量滿足，則向量與的夾角為_.14已知為矩形的對角線的交點，現從這5個點中任選3個點，則這3個點不共線的概率為_.15實數滿足，則的最大值為_16若正三棱柱的所有棱長均為2,點為側棱上任意一點,則四棱錐的體積為_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。

5、17（12分）已知為橢圓的左、右焦點，離心率為，點在橢圓上.（1）求橢圓的方程；（2）過的直線分別交橢圓于和，且，問是否存在常數，使得成等差數列？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.18（12分）某工廠的機器上有一種易損元件A，這種元件在使用過程中發生損壞時，需要送維修處維修工廠規定當日損壞的元件A在次日早上 8：30 之前送到維修處，并要求維修人員當日必須完成所有損壞元件A的維修工作每個工人獨立維修A元件需要時間相同維修處記錄了某月從1日到20日每天維修元件A的個數，具體數據如下表：日期 1 日 2 日 3 日 4 日 5 日 6 日 7 日 8 日 9 日 10 日 元件A個數 9 1

6、5 12 18 12 18 9 9 24 12 日期 11 日 12 日 13 日 14 日 15 日 16 日 17 日 18 日 19 日 20 日 元件A個數 12 24 15 15 15 12 15 15 15 24 從這20天中隨機選取一天，隨機變量X表示在維修處該天元件A的維修個數（）求X的分布列與數學期望；（）若a，b，且b-a=6，求最大值；（）目前維修處有兩名工人從事維修工作，為使每個維修工人每天維修元件A的個數的數學期望不超過4個，至少需要增加幾名維修工人？（只需寫出結論）19（12分）在平面直角坐標系中，直線的傾斜角為，且經過點以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐

7、標系，直線，從原點O作射線交于點M，點N為射線OM上的點，滿足，記點N的軌跡為曲線C（）求出直線的參數方程和曲線C的直角坐標方程；（）設直線與曲線C交于P，Q兩點，求的值20（12分）直線與拋物線相交于，兩點，且，若，到軸距離的乘積為（1）求的方程；（2）設點為拋物線的焦點，當面積最小時，求直線的方程21（12分）已知矩陣，求矩陣的特征值及其相應的特征向量22（10分）已知橢圓的焦點為，離心率為，點P為橢圓C上一動點，且的面積最大值為，O為坐標原點.(1)求橢圓C的方程；(2)設點，為橢圓C上的兩個動點，當為多少時，點O到直線MN的距離為定值.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共

8、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】轉化函數，的零點為與，的交點，數形結合，即得解.【詳解】函數，的零點，即為與，的交點，作出與，的圖象，如圖所示，可知故選：C【點睛】本題考查了數形結合法研究函數的零點，考查了學生轉化劃歸，數形結合的能力，屬于中檔題.2D【解析】由題意，設每一行的和為，可得，繼而可求解，表示，裂項相消即可求解.【詳解】由題意，設每一行的和為 故因此：故故選：D【點睛】本題考查了等差數列型數陣的求和，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.3A【解析】設E為BD中點，連接AE、CE，過A作于點O，連接DO，得到即為直線AD與

9、平面BCD所成角的平面角，根據題中條件求得相應的量，分析得到即為直線AC與平面ABD所成角，進而求得其正弦值，得到結果.【詳解】設E為BD中點，連接AE、CE，由題可知，所以平面，過A作于點O，連接DO，則平面，所以即為直線AD與平面BCD所成角的平面角，所以，可得，在中可得，又，即點O與點C重合，此時有平面，過C作與點F，又，所以，所以平面，從而角即為直線AC與平面ABD所成角，故選：A.【點睛】該題考查的是有關平面圖形翻折問題，涉及到的知識點有線面角的正弦值的求解，在解題的過程中，注意空間角的平面角的定義，屬于中檔題目.4B【解析】根據函數的周期性以及x3，2的解析式，可作出函數f（x）在

10、定義域上的圖象，由此結合選項判斷即可.【詳解】由f（x+2）f（x），得f（x）是周期函數且周期為2，先作出f（x）在x3，2時的圖象，然后根據周期為2依次平移，并結合f（x）是偶函數作出f（x）在R上的圖象如下，選項A，所以，選項A錯誤；選項B，因為，所以，所以f（sin3）f（cos3），即f（sin3）f（cos3），選項B正確；選項C，所以，即，選項C錯誤；選項D，選項D錯誤.故選：B.【點睛】本題考查函數性質的綜合運用，考查函數值的大小比較，考查數形結合思想，屬于中檔題.5D【解析】根據指數函數的性質，取得的取值范圍，即可求解，得到答案.【詳解】由指數函數的性質，可得，即，又由，所以

11、.故選：D.【點睛】本題主要考查了指數冪的比較大小，其中解答中熟記指數函數的性質，求得的取值范圍是解答的關鍵，著重考查了計算能力，屬于基礎題.6C【解析】由題意，根據二項式定理展開式的通項公式，得展開式的通項為，則展開式的通項為，由，得，所以所求的系數為.故選C.點睛：此題主要考查二項式定理的通項公式的應用，以及組合數、整數冪的運算等有關方面的知識與技能，屬于中低檔題，也是?？贾R點.在二項式定理的應用中，注意區分二項式系數與系數，先求出通項公式，再根據所求問題，通過確定未知的次數，求出，將的值代入通項公式進行計算，從而問題可得解.7A【解析】由題意找出滿足恰好第三次就停止摸球的情況，用滿足恰

12、好第三次就停止摸球的情況數比20即可得解.【詳解】由題意可知當1，2同時出現時即停止摸球，則滿足恰好第三次就停止摸球的情況共有五種：142，112，241，142，412.則恰好第三次就停止摸球的概率為.故選：A.【點睛】本題考查了簡單隨機抽樣中隨機數的應用和古典概型概率的計算，屬于基礎題.8D【解析】依題意，設，由，得，再一一驗證.【詳解】設，因為，所以，經驗證不滿足，故選：D.【點睛】本題主要考查了復數的概念、復數的幾何意義，還考查了推理論證能力，屬于基礎題.9B【解析】根據，可知命題的真假，然后對取值，可得命題 的真假，最后根據真值表，可得結果.【詳解】對命題：可知，所以R，故命題為假命

13、題命題 ：取，可知所以R，故命題為真命題所以為真命題故選：B【點睛】本題主要考查對命題真假的判斷以及真值表的應用，識記真值表，屬基礎題.10B【解析】過點的直線與圓：相切于點，可得.因此，即可得出.【詳解】由圓：配方為，半徑.過點的直線與圓：相切于點，；故選：B.【點睛】本小題主要考查向量數量積的計算，考查圓的方程，屬于基礎題.11D【解析】試題分析：把函數圖象上各點的橫坐標伸長為原來的倍（縱坐標不變），可得的圖象；再將圖象向右平移個單位，可得的圖象，那么所得圖象的一個對稱中心為，故選D.考點：三角函數的圖象與性質.12A【解析】因為，所以，即周期為，因為為奇函數，所以可作一個周期-2e,2e

14、示意圖，如圖在（，）單調遞增，因為，因此，選點睛：函數對稱性代數表示（1）函數為奇函數 ，函數為偶函數（定義域關于原點對稱）；（2）函數關于點對稱，函數關于直線對稱，（3）函數周期為T,則二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由得，即得解.【詳解】由題意可知，則.解得，所以，向量與的夾角為.故答案為：【點睛】本題主要考查平面向量的數量積的計算和夾角的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.14【解析】基本事件總數，這3個點共線的情況有兩種和，由此能求出這3個點不共線的概率【詳解】解：為矩形的對角線的交點，現從，這5個點中任選3個點，基本事件總數，這3個點共線的情況有兩

15、種和，這3個點不共線的概率為故答案為：【點睛】本題考查概率的求法，考查對立事件概率計算公式等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題15【解析】畫出可行域，解出可行域的頂點坐標，代入目標函數求出相應的數值，比較大小得到目標函數最值.【詳解】解：作出可行域，如圖所示，則當直線過點時直線的截距最大，z取最大值由同理，取最大值故答案為： 【點睛】本題考查線性規劃的線性目標函數的最優解問題. 線性目標函數的最優解一般在平面區域的頂點或邊界處取得，所以對于一般的線性規劃問題，若可行域是一個封閉的圖形，我們可以直接解出可行域的頂點，然后將坐標代入目標函數求出相應的數值，從而確定目標函數的最值；若可行域不是封

16、閉圖形還是需要借助截距的幾何意義來求最值.16【解析】依題意得,再求點到平面的距離為點到直線的距離,用公式所以即可得出答案.【詳解】解: 正三棱柱的所有棱長均為2,則,點到平面的距離為點到直線的距離所以,所以.故答案為: 【點睛】本題考查椎體的體積公式,考查運算能力,是基礎題.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，.【解析】（1）由條件建立關于的方程組，可求得，得出橢圓的方程；（2）當直線的斜率不存在時，可求得，求得，當直線的斜率存在且不為0時，設 聯立直線與橢圓的方程，求出線段，再由得出線段，根據等差中項可求得，得出結論.【詳解】（1）由條件得

17、，所以橢圓的方程為：；（2）， 當直線的斜率不存在時，此時,當直線的斜率存在且不為0時，設,聯立 消元得， 設，直線的斜率為，同理可得 ，所以，綜合，存在常數，使得成等差數列.【點睛】本題考查利用橢圓的離心率求橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系中的弦長公式的相關問題，當兩直線的斜率具有關系時，可能通過斜率的代換得出另一條線段的弦長，屬于中檔題.18（）分布列見解析，；()；()至少增加2人.【解析】（）求出X的所有可能取值為9，12，15，18，24，求出概率，得到X的分布列，然后求解期望即可（）當P（aXb）取到最大值時，求出a，b的可能值，然后求解P（aXb）的最大值即可（）利用前兩問的

18、結果，判斷至少增加2人【詳解】()X的取值為：9，12，15，18，24；,，X的分布列為：X912151824P故X的數學期望；()當P(aXb)取到最大值時,a,b的值可能為：,或,或.經計算,，所以P(aXb)的最大值為.()至少增加2人.【點睛】本題考查離散型隨機變量及其分布列，離散型隨機變量的期望與方差，屬于中等題.19（）(t為參數)，；（）1.【解析】（）直接由已知寫出直線l1的參數方程，設N（，），M（1，1），（0，10），由題意可得，即4cos，然后化為普通方程；（）將l1的參數方程代入C的直角坐標方程中，得到關于t的一元二次方程，再由參數t的幾何意義可得|AP|AQ|的值

19、【詳解】（）直線l1的參數方程為，（t為參數）即（t為參數）設N（，），M（1，1），（0，10），則，即，即=4cos，曲線C的直角坐標方程為x2-4x+y2=0（x0）.（）將l1的參數方程代入C的直角坐標方程中，得，即，t1，t2為方程的兩個根，t1t2=-1，|AP|AQ|=|t1t2|=|-1|=1【點睛】本題考查簡單曲線的極坐標方程，考查直角坐標方程與直角坐標方程的互化，訓練了直線參數方程中參數t的幾何意義的應用，是中檔題20（1）；（2）【解析】（1）設出兩點的坐標，由距離之積為16，可得.利用向量的數量積坐標運算，將轉化為.再利用兩點均在拋物線上，即可求得p的值，從而求出拋物線的方程；（2）設出直線l的方程，代入拋物線方程，由韋達定理發現直線l恒過定點，將面積用參數t表示，求出其最值，并得出此時的直線方程.【詳解】解：（1）由題設，因為，到軸的距離的積為，所以，又因為，所以拋物線的方程為（2）因為直線與拋物線兩個公共點，所以的斜率不為，所以設聯立，得，即，即直線恒過定點，所以，當時，面積取得