1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4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

2、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已知雙曲線的右焦點為，過原點的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于兩點，延長交右支于點，若，則雙曲線的離心率是（ ）ABCD2已知，分別是三個內角，的對邊，則（ ）ABCD3下列函數中，在定義域上單調遞增，且值域為的是（ ）ABCD4已知函數若恒成立，則實數的取值范圍是（ ）ABCD5已知三棱錐的外接球半徑為2，且球心為線段的中點，則三棱錐的體積的最大值為（ ）ABCD6曲線上任意一點處的切線斜率的最小值為（ ）A3B2CD17若實數滿足的約束條件，則的取值范圍是（ ）ABCD8已知三

3、棱錐的四個頂點都在球的球面上,平面,是邊長為的等邊三角形,若球的表面積為,則直線與平面所成角的正切值為()ABCD9已知，若，則正數可以為（ ）A4B23C8D1710設，則（ ）ABCD11已知F是雙曲線（k為常數）的一個焦點，則點F到雙曲線C的一條漸近線的距離為（ ）A2kB4kC4D212已知、，則下列是等式成立的必要不充分條件的是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設，分別是定義在上的奇函數和偶函數，且，則_14在回歸分析的問題中，我們可以通過對數變換把非線性回歸方程，（）轉化為線性回歸方程，即兩邊取對數，令，得到.受其啟發，可求得函數（）的值域是_.15

4、曲線在點處的切線方程為_.16已知點是雙曲線漸近線上的一點，則雙曲線的離心率為_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）已知函數.（1）討論的單調性；（2）若函數在上存在兩個極值點，且，證明.18（12分）某房地產開發商在其開發的某小區前修建了一個弓形景觀湖如圖，該弓形所在的圓是以為直徑的圓，且米，景觀湖邊界與平行且它們間的距離為米開發商計劃從點出發建一座景觀橋（假定建成的景觀橋的橋面與地面和水面均平行），橋面在湖面上的部分記作設（1）用表示線段并確定的范圍；（2）為了使小區居民可以充分地欣賞湖景，所以要將的長度設計到最長，求的最大值19（12分）已知，分別

5、是橢圓：的左，右焦點，點在橢圓上，且拋物線的焦點是橢圓的一個焦點（1）求,的值：（2）過點作不與軸重合的直線，設與圓相交于A，B兩點，且與橢圓相交于C，D兩點，當時，求的面積20（12分）已知橢圓的左，右焦點分別為，M是橢圓E上的一個動點，且的面積的最大值為.（1）求橢圓E的標準方程，（2）若，四邊形ABCD內接于橢圓E，記直線AD，BC的斜率分別為，求證:為定值.21（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），曲線的極坐標方程為（）求直線的普通方程及曲線的直角坐標方程；（）設點，直線與曲線相交于，求的值22（10分）已知頂點是坐標原點的拋物線的焦點在軸正半軸上，圓心在直線上的圓

6、與軸相切，且關于點對稱.（1）求和的標準方程；（2）過點的直線與交于，與交于，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。1D【解析】設雙曲線的左焦點為，連接，設，則，和中，利用勾股定理計算得到答案.【詳解】設雙曲線的左焦點為，連接，設，則，根據對稱性知四邊形為矩形，中：，即，解得；中：，即，故，故.故選：.【點睛】本題考查了雙曲線離心率，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.2C【解析】原式由正弦定理化簡得，由于，可求的值.【詳解】解：由及正弦定理得.因為，所以代入上式化簡得.由于，所以.又，故.故選：C.【點睛】本題

7、主要考查正弦定理解三角形，三角函數恒等變換等基礎知識；考查運算求解能力，推理論證能力，屬于中檔題.3B【解析】分別作出各個選項中的函數的圖象，根據圖象觀察可得結果.【詳解】對于，圖象如下圖所示：則函數在定義域上不單調，錯誤；對于，的圖象如下圖所示：則在定義域上單調遞增，且值域為，正確；對于，的圖象如下圖所示：則函數單調遞增，但值域為，錯誤；對于，的圖象如下圖所示：則函數在定義域上不單調，錯誤.故選：.【點睛】本題考查函數單調性和值域的判斷問題，屬于基礎題.4D【解析】由恒成立，等價于的圖像在的圖像的上方，然后作出兩個函數的圖像，利用數形結合的方法求解答案.【詳解】因為由恒成立，分別作出及的圖象

8、，由圖知，當時，不符合題意，只須考慮的情形，當與圖象相切于時，由導數幾何意義，此時，故.故選：D【點睛】此題考查的是函數中恒成立問題，利用了數形結合的思想，屬于難題.5C【解析】由題可推斷出和都是直角三角形，設球心為，要使三棱錐的體積最大，則需滿足，結合幾何關系和圖形即可求解【詳解】先畫出圖形，由球心到各點距離相等可得，故是直角三角形，設，則有，又，所以，當且僅當時，取最大值4，要使三棱錐體積最大，則需使高，此時，故選：C【點睛】本題考查由三棱錐外接球半徑，半徑與球心位置求解錐體體積最值問題，屬于基礎題6A【解析】根據題意，求導后結合基本不等式，即可求出切線斜率，即可得出答案.【詳解】解：由于

9、，根據導數的幾何意義得：，即切線斜率，當且僅當等號成立，所以上任意一點處的切線斜率的最小值為3.故選：A.【點睛】本題考查導數的幾何意義的應用以及運用基本不等式求最值，考查計算能力.7B【解析】根據所給不等式組，畫出不等式表示的可行域，將目標函數化為直線方程，平移后即可確定取值范圍.【詳解】實數滿足的約束條件，畫出可行域如下圖所示：將線性目標函數化為，則將平移，平移后結合圖像可知，當經過原點時截距最小，；當經過時，截距最大值，所以線性目標函數的取值范圍為，故選：B.【點睛】本題考查了線性規劃的簡單應用，線性目標函數取值范圍的求法，屬于基礎題.8C【解析】設為中點,先證明平面，得出為所求角,利用

10、勾股定理計算,得出結論【詳解】設分別是的中點平面 是等邊三角形 又平面 為與平面所成的角是邊長為的等邊三角形，且為所在截面圓的圓心球的表面積為 球的半徑平面 本題正確選項：【點睛】本題考查了棱錐與外接球的位置關系問題，關鍵是能夠通過垂直關系得到直線與平面所求角，再利用球心位置來求解出線段長，屬于中檔題9C【解析】首先根據對數函數的性質求出的取值范圍，再代入驗證即可；【詳解】解：，當時，滿足，實數可以為8.故選：C【點睛】本題考查對數函數的性質的應用，屬于基礎題.10D【解析】結合指數函數及對數函數的單調性,可判斷出,即可選出答案.【詳解】由,即,又,即,即,所以.故選:D.【點睛】本題考查了幾

11、個數的大小比較,考查了指數函數與對數函數的單調性的應用,屬于基礎題.11D【解析】分析可得,再去絕對值化簡成標準形式,進而根據雙曲線的性質求解即可.【詳解】當時,等式不是雙曲線的方程；當時,可化為,可得虛半軸長,所以點F到雙曲線C的一條漸近線的距離為2.故選：D【點睛】本題考查雙曲線的方程與點到直線的距離.屬于基礎題.12D【解析】構造函數，利用導數分析出這兩個函數在區間上均為減函數，由得出，分、三種情況討論，利用放縮法結合函數的單調性推導出或，再利用余弦函數的單調性可得出結論.【詳解】構造函數，則，所以，函數、在區間上均為減函數，當時，則，；當時，.由得.若，則，即，不合乎題意；若，則，則，

12、此時，由于函數在區間上單調遞增，函數在區間上單調遞增，則，；若，則，則，此時，由于函數在區間上單調遞減，函數在區間上單調遞增，則，.綜上所述，.故選：D.【點睛】本題考查函數單調性的應用，構造新函數是解本題的關鍵，解題時要注意對的取值范圍進行分類討論，考查推理能力，屬于中等題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。131【解析】令，結合函數的奇偶性，求得，即可求解的值，得到答案.【詳解】由題意，函數分別是上的奇函數和偶函數，且，令，可得，所以.故答案為：1.【點睛】本題主要考查了函數奇偶性的應用，其中解答中熟記函數的奇偶性，合理賦值求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎

13、題.14【解析】轉化()為,即得解.【詳解】由題意：().故答案為：【點睛】本題考查類比法求函數的值域，考查了學生邏輯推理，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.15【解析】求導，得到和，利用點斜式即可求得結果.【詳解】由于，所以，由點斜式可得切線方程為.故答案為：.【點睛】本題考查利用導數的幾何意義求切線方程，屬基礎題.16【解析】先表示出漸近線，再代入點，求出，則離心率易求.【詳解】解：的漸近線是因為在漸近線上，所以，故答案為：【點睛】考查雙曲線的離心率的求法，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）若，則在定義域內遞增；若，則在上單調遞增，在上單

14、調遞減（2）證明見解析【解析】（1），分，討論即可；（2）由題可得到，故只需證，即，采用換元法，轉化為函數的最值問題來處理.【詳解】由已知，若，則在定義域內遞增；若，則在上單調遞增，在上單調遞減.（2）由題意，對求導可得從而，是的兩個變號零點，因此下證：，即證令，即證：，對求導可得，因為故，所以在上單調遞減，而，從而所以在單調遞增，所以，即于是【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性以及證明不等式，考查學生邏輯推理能力、轉化與化歸能力，是一道有一定難度的壓軸題.18（1），；（2）米.【解析】(1) 過點作于點再在中利用正弦定理求解,再根據求解,進而求得.再根據確定的范圍即可.(2)根據(1)

15、有,再設,求導分析函數的單調性與最值即可.【詳解】解：過點作于點 則,在中,由正弦定理得：, ,因為,化簡得,令,且,因為,故令即,記,當時,單調遞增；當時,單調遞減,又, 當時,取最大值,此時,的最大值為米【點睛】本題主要考查了三角函數在實際中的應用,需要根據題意建立角度與長度間的關系,進而求導分析函數的單調性,根據三角函數值求解對應的最值即可.屬于難題.19（1）；（2）.【解析】（1）由已知根據拋物線和橢圓的定義和性質，可求出，；（2）設直線方程為，聯立直線與圓的方程可以求出，再聯立直線和橢圓的方程化簡，由根與系數的關系得到結論，繼而求出面積【詳解】（1）焦點為F（1，0），則F1（1，

16、0），F2（1，0），解得，1，1，（）由已知，可設直線方程為，聯立得，易知0，則因為，所以1，解得聯立 ，得，80設，則 【點睛】本題主要考查拋物線和橢圓的定義與性質應用，同時考查利用根與系數的關系，解決直線與圓，直線與橢圓的位置關系問題 意在考查學生的數學運算能力20（1）（2）證明見解析【解析】（1）設橢圓E的半焦距為c，由題意可知，當M為橢圓E的上頂點或下頂點時，的面積取得最大值，求出，即可得答案；（2）根據題意可知，因為，所以可設直線CD的方程為，將直線代入曲線的方程，利用韋達定理得到的關系，再代入斜率公式可證得為定值.【詳解】（1）設橢圓E的半焦距為c，由題意可知，當M為橢圓E的上

17、頂點或下頂點時，的面積取得最大值.所以，所以，故橢圓E的標準方程為.（2）根據題意可知，因為，所以可設直線CD的方程為.由，消去y可得，所以，即.直線AD的斜率，直線BC的斜率，所以，故為定值.【點睛】本題考查橢圓標準方程的求解、橢圓中的定值問題，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意坐標法的運用.21（），；（）.【解析】（）由（為參數）直接消去參數，可得直線的普通方程，把兩邊同時乘以，結合，可得曲線的直角坐標方程；（）把代入，化為關于的一元二次方程，利用根與系數的關系及參數的幾何意義求解【詳解】解：（ ）由（為參數），消去參數，可得，即曲線的直角坐標方程為；（ ）把代入，得設，兩點對應的參數分別為，則，不妨設，【點睛】本題考查簡單曲線的極坐標方程，考查參數方程化普通方程，明確直線參數方程中參數的幾何意義是解題的關鍵，是中檔題22（1）,；（2）證明見解析.【解析】分析：（1）設的標準方程為，由題意可設結合中點坐標公式計算可得的標準方程為半徑，則的標準方程為 （2）設的斜率為，則其方