1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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復數的共軛復數為（ ）ABCD2已知函數，若不等式對任意的恒成立，則實數k的取值范圍是（ ）ABCD3下列函數中，

2、既是偶函數又在區間上單調遞增的是（ ）ABCD4已知集合，集合，若，則（ ）ABCD5已知集合，若AB，則實數的取值范圍是（ ）ABCD6二項式展開式中，項的系數為（ ）ABCD7若是定義域為的奇函數，且，則A的值域為B為周期函數，且6為其一個周期C的圖像關于對稱D函數的零點有無窮多個8若復數滿足，則( )ABCD9執行如圖所示的程序框圖，則輸出的（ ）A2B3CD10某人用隨機模擬的方法估計無理數的值，做法如下：首先在平面直角坐標系中，過點作軸的垂線與曲線相交于點，過作軸的垂線與軸相交于點（如圖），然后向矩形內投入粒豆子，并統計出這些豆子在曲線上方的有粒，則無理數的估計值是（ ） ABCD1

3、1已知全集，集合，則=（ ）ABCD12已知雙曲線的左、右焦點分別為，P是雙曲線E上的一點，且.若直線與雙曲線E的漸近線交于點M，且M為的中點，則雙曲線E的漸近線方程為( )ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13從集合中隨機取一個元素，記為，從集合中隨機取一個元素，記為，則的概率為_14設平面向量與的夾角為，且，則的取值范圍為_.15已知、為正實數，直線截圓所得的弦長為，則的最小值為_.16展開式中項的系數是_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）已知數列滿足且（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和.18（12分）如圖，在直三棱

4、柱中，分別是中點，且，.求證：平面；求點到平面的距離.19（12分）如圖，在四棱錐中，底面，底面是直角梯形，為側棱上一點，已知.（）證明:平面平面；（）求二面角的余弦值.20（12分）設等差數列的首項為0，公差為a，；等差數列的首項為0，公差為b，.由數列和構造數表M，與數表；記數表M中位于第i行第j列的元素為，其中，（i，j=1，2，3，）.記數表中位于第i行第j列的元素為，其中（，）.如：，.（1）設，請計算，；（2）設，試求，的表達式（用i，j表示），并證明：對于整數t，若t不屬于數表M，則t屬于數表；（3）設，對于整數t，t不屬于數表M，求t的最大值.21（12分）在平面直角坐標系中，

5、設，過點的直線與圓相切，且與拋物線相交于兩點（1）當在區間上變動時，求中點的軌跡；（2）設拋物線焦點為，求的周長(用表示)，并寫出時該周長的具體取值22（10分）如圖（1）五邊形中，,將沿折到的位置，得到四棱錐，如圖（2），點為線段的中點，且平面. （1）求證：平面平面； （2）若直線與所成角的正切值為，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。1D【解析】直接相乘，得，由共軛復數的性質即可得結果【詳解】其共軛復數為.故選：D【點睛】熟悉復數的四則運算以及共軛復數的性質.2A【解析】先求出函數在處的

6、切線方程，在同一直角坐標系內畫出函數和的圖象，利用數形結合進行求解即可.【詳解】當時，所以函數在處的切線方程為：，令，它與橫軸的交點坐標為.在同一直角坐標系內畫出函數和的圖象如下圖的所示：利用數形結合思想可知：不等式對任意的恒成立，則實數k的取值范圍是.故選：A【點睛】本題考查了利用數形結合思想解決不等式恒成立問題，考查了導數的應用，屬于中檔題.3C【解析】結合基本初等函數的奇偶性及單調性，結合各選項進行判斷即可.【詳解】A：為非奇非偶函數，不符合題意；B：在上不單調，不符合題意；C：為偶函數，且在上單調遞增，符合題意；D：為非奇非偶函數，不符合題意.故選：C.【點睛】本小題主要考查函數的單調

7、性和奇偶性，屬于基礎題.4A【解析】根據或，驗證交集后求得的值.【詳解】因為，所以或.當時，不符合題意，當時，.故選A.【點睛】本小題主要考查集合的交集概念及運算，屬于基礎題.5D【解析】先化簡，再根據，且AB求解.【詳解】因為，又因為，且AB，所以.故選：D【點睛】本題主要考查集合的基本運算，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.6D【解析】寫出二項式的通項公式,再分析的系數求解即可.【詳解】二項式展開式的通項為,令,得,故項的系數為.故選：D【點睛】本題主要考查了二項式定理的運算,屬于基礎題.7D【解析】運用函數的奇偶性定義，周期性定義，根據表達式判斷即可.【詳解】是定義域為的奇函數，則，又

8、，即是以4為周期的函數，所以函數的零點有無窮多個；因為，令，則，即，所以的圖象關于對稱，由題意無法求出的值域，所以本題答案為D.【點睛】本題綜合考查了函數的性質，主要是抽象函數的性質，運用數學式子判斷得出結論是關鍵.8C【解析】化簡得到，再計算復數模得到答案.【詳解】，故，故，.故選：.【點睛】本題考查了復數的化簡，共軛復數，復數模，意在考查學生的計算能力.9B【解析】運行程序，依次進行循環,結合判斷框，可得輸出值.【詳解】起始階段有，第一次循環后，第二次循環后，第三次循環后，第四次循環后，所有后面的循環具有周期性，周期為3，當時，再次循環輸出的,，此時，循環結束，輸出，故選：B【點睛】本題主

9、要考查程序框圖的相關知識，經過幾次循環找出規律是關鍵，屬于基礎題型.10D【解析】利用定積分計算出矩形中位于曲線上方區域的面積，進而利用幾何概型的概率公式得出關于的等式，解出的表達式即可.【詳解】在函數的解析式中，令，可得，則點，直線的方程為，矩形中位于曲線上方區域的面積為，矩形的面積為，由幾何概型的概率公式得，所以，.故選：D.【點睛】本題考查利用隨機模擬的思想估算的值，考查了幾何概型概率公式的應用，同時也考查了利用定積分計算平面區域的面積，考查計算能力，屬于中等題.11D【解析】先計算集合，再計算，最后計算【詳解】解：，故選：【點睛】本題主要考查了集合的交，補混合運算，注意分清集合間的關系

10、，屬于基礎題12C【解析】由雙曲線定義得，OM是的中位線，可得，在中，利用余弦定理即可建立關系，從而得到漸近線的斜率.【詳解】根據題意，點P一定在左支上.由及，得，再結合M為的中點，得，又因為OM是的中位線，又，且，從而直線與雙曲線的左支只有一個交點.在中.由，得. 由，解得，即，則漸近線方程為.故選：C.【點睛】本題考查求雙曲線漸近線方程，涉及到雙曲線的定義、焦點三角形等知識，是一道中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】先求出隨機抽取a,b的所有事件數，再求出滿足的事件數，根據古典概型公式求出結果.【詳解】解：從集合中隨機取一個元素，記為，從集合中隨機取一個元素

11、，記為，則的事件數為9個，即為，其中滿足的有，共有8個，故的概率為.【點睛】本題考查了古典概型的計算，解題的關鍵是準確列舉出所有事件數.14【解析】根據已知條件計算出，結合得出，利用基本不等式可得出的取值范圍，利用平面向量的數量積公式可求得的取值范圍，進而可得出的取值范圍.【詳解】，由得，由基本不等式可得，因此，的取值范圍為.故答案為：.【點睛】本題考查利用向量的模求解平面向量夾角的取值范圍，考查計算能力，屬于中等題.15【解析】先根據弦長，半徑，弦心距之間的關系列式求得，代入整理得，利用基本不等式求得最值.【詳解】解：圓的圓心為，則到直線的距離為，由直線截圓所得的弦長為可得，整理得，解得或(

12、舍去)，令，又，當且僅當時,等號成立,則.故答案為：.【點睛】本題考查直線和圓的位置關系，考核基本不等式求最值，關鍵是對目標式進行變形，變成能用基本不等式求最值的形式，也可用換元法進行變形，是中檔題.16-20【解析】根據二項式定理的通項公式，再分情況考慮即可求解【詳解】解：展開式中項的系數：二項式由通項公式當時，項的系數是，當時，項的系數是，故的系數為；故答案為：【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，注意分情況考慮，屬于基礎題三、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）【解析】（1）根據已知可得數列為等比數列，即可求解；（2）由（1）可得為等比數列，根據等

13、比數列和等差數列的前項和公式，即可求解.【詳解】（1）因為，所以，又所以數列為等比數列，且首項為，公比為.故 （2）由（1）知，所以所以【點睛】本題考查等比數列的定義及通項公式、等差數列和等比數列的前項和，屬于基礎題.18（1）詳見解析；（2）.【解析】（1）利用線面垂直的判定定理和性質定理即可證明；（2）取中點為,則,證得平面,利用等體積法求解即可.【詳解】（1）因為，是的中點，為直三棱柱，所以平面，因為為中點，所以 平面，又,平面（2），又分別是中點，.由（1）知，,又平面,取中點為,連接如圖,則，平面，設點到平面的距離為，由，得，即，解得，點到平面的距離為.【點睛】本題考查線面垂直的判定

14、定理和性質定理、等體積法求點到面的距離；考查邏輯推理能力和運算求解能力；熟練掌握線面垂直的判定定理和性質定理是求解本題的關鍵；屬于中檔題.19（）證明見解析；（）.【解析】() 先證明，再證明平面，利用面面垂直的判定定理，即可求證所求證；()根據題意以為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，求出平面和平面的向量，利用公式即可求解.【詳解】()證：由已知得又 平面，平面，而故，平面 平面，平面平面()由()知，推理知梯形中，有，又，故所以相似，故有，即所以，以為軸、軸、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則 ，設平面的法向量為，則令，則，是平面的一個法向量設平面的一個法向量為 令，則 是平面的一個法向量=

15、又二面角為鈍二面角，其余弦值為.【點睛】本題考查線面、面面垂直的判定定理與性質定理，考查向量法求二面角的余弦值，考查直觀想象能力與運算求解能力，屬于中檔題.20（1）（2）詳見解析（3）29【解析】（1）將，代入，可求出，可代入求，可求結果（2）可求，通過反證法證明，（3）可推出，的最大值，就是集合中元素的最大值，求出【詳解】（1）由題意知等差數列的通項公式為：；等差數列的通項公式為：，得，則，得，故（2）證明：已知，由題意知等差數列的通項公式為：；等差數列的通項公式為：，得，得，所以若，則存在，使，若，則存在，使，因此，對于正整數，考慮集合，即，下面證明：集合中至少有一元素是7的倍數反證法：

16、假設集合中任何一個元素，都不是7的倍數，則集合中每一元素關于7的余數可以為1，2，3，4，5，6，又因為集合中共有7個元素，所以集合中至少存在兩個元素關于7的余數相同，不妨設為，其中，則這兩個元素的差為7的倍數，即，所以，與矛盾，所以假設不成立，即原命題成立即集合中至少有一元素是7的倍數，不妨設該元素為，則存在，使，即，由已證可知，若，則存在，使，而，所以為負整數，設，則，且，所以，當，時，對于整數，若，則成立（3）下面用反證法證明：若對于整數，則，假設命題不成立，即，且則對于整數，存在，使成立，整理，得，又因為，所以且是7的倍數，因為，所以，所以矛盾，即假設不成立所以對于整數，若，則，又由第

17、二問，對于整數，則，所以的最大值，就是集合中元素的最大值，又因為，所以【點睛】本題考查數列的綜合應用，以及反證法，求最值，屬于難題21（1）（2）的周長為，時，的周長為【解析】（1）設的方程為，根據題意由點到直線的距離公式可得，將直線方程與拋物線方程聯立可得，設坐標分別是,利用韋達定理以及中點坐標公式消參即可求解.（2）根據拋物線的定義可得，由（1）可得，再利用弦長公式即可求解.【詳解】（1）設的方程為于是聯立設坐標分別是則設的中點坐標為，則消去參數得：（2）設，由拋物線定義知，由（1）知，的周長為時，的周長為【點睛】本題考查了動點的軌跡方程、直線與拋物線的位置關系、拋物線的定義、弦長公式，考查了計算能力，屬于中檔題.22（1）見解析（2）【解析】試題分析: （1）根據已知條件由線線垂直得出線面垂直,再根據面面垂直的判定定理證得成立; （2）通過已知條件求出各邊長度,建系如圖所示,求出平面的法向量,根據線面角公式代入坐標求得結果.試題解析:（1）證明：取的中點，連接，則，又，所以，則四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，.