1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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執行如圖所示的程序框圖，則輸出的結果為（ ）ABCD2一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（ ）ABCD843在正方體中，球同時與以為公共頂點的三個面相切，球同時與以為公共頂點的三個面相切，且兩球相切于點.若以為焦點，為準線

2、的拋物線經過，設球的半徑分別為，則（ ）ABCD4設，則ABCD5已知命題，則是（ ）A，B，.C，D，.6某學校調查了200名學生每周的自習時間（單位：小時），制成了如圖所示的頻率分布直方圖，其中自習時間的范圍是17.5，30，樣本數據分組為17.5，20），20，22.5），22.5,25），25，27.5），27.5，30）.根據直方圖，這200名學生中每周的自習時間不少于22.5小時的人數是（ ）A56B60C140D1207已知向量，夾角為， ，則( )A2B4CD8執行下面的程序框圖，則輸出的值為 （ ）ABCD9集合的真子集的個數是（ ）ABCD10已知平面向量，滿足：，則的最小

3、值為( )A5B6C7D811已知實數x，y滿足約束條件，若的最大值為2，則實數k的值為（ ）A1BC2D12設分別是雙曲線的左右焦點若雙曲線上存在點，使，且，則雙曲線的離心率為（ ）AB2CD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13由于受到網絡電商的沖擊，某品牌的洗衣機在線下的銷售受到影響，承受了一定的經濟損失，現將地區200家實體店該品牌洗衣機的月經濟損失統計如圖所示，估算月經濟損失的平均數為，中位數為n，則_.14已知，則展開式中的系數為_15曲線在處的切線的斜率為_.16九章算術卷5商功記載一個問題“今有圓堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.問積幾何？答曰：二千一百一十二尺，術曰

4、：周自相乘，以高乘之，十二而一”，這里所說的圓堡瑽就是圓柱體，它的體積為“周自相乘，以高乘之，十二而一”，就是說：圓堡瑽（圓柱體）的體積為（底面圓的周長的平方高），則由此可推得圓周率的取值為_.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）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，為正三角形，平面平面分別是的中點.（1）證明:平面（2）若，求二面角的余弦值.18（12分）已知數列，數列滿足，n（1）若，求數列的前2n項和；（2）若數列為等差數列，且對任意n，恒成立當數列為等差數列時，求證：數列，的公差相等；數列能否為等比數列？若能，請寫出所有滿足條件的數列；若不能，請說明理由

5、19（12分）已知函數f(x)=ex-x2 -kx（其中e為自然對數的底，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120（12分）已知直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，且曲線的左焦點在直線上.（）求的極坐標方程和曲線的參數方程；（）求曲線的內接矩形的周長的最大值.21（12分）如圖，在直三棱柱中，為的中點，點在線段上，且平面（1）求證：；（2）求平面與平面所成二面角的正弦值22（10分）在數列和等比數列中，.（1）求數列及的通項公式；（2）若，求數列的前n項和.參考答案一、選

6、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】循環依次為 直至結束循環，輸出，選D.點睛：算法與流程圖的考查，側重于對流程圖循環結構的考查.先明晰算法及流程圖的相關概念，包括選擇結構、循環結構、偽代碼，其次要重視循環起點條件、循環次數、循環終止條件，更要通過循環規律，明確流程圖研究的數學問題，是求和還是求項.2B【解析】畫出幾何體的直觀圖，計算表面積得到答案.【詳解】該幾何體的直觀圖如圖所示：故.故選：.【點睛】本題考查了根據三視圖求表面積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.3D【解析】由題先畫出立體圖，再畫出平面處的截面圖，由

7、拋物線第一定義可知，點到點的距離即半徑，也即點到面的距離，點到直線的距離即點到面的距離因此球內切于正方體，設，兩球球心和公切點都在體對角線上，通過幾何關系可轉化出，進而求解【詳解】根據拋物線的定義，點到點的距離與到直線的距離相等，其中點到點的距離即半徑，也即點到面的距離，點到直線的距離即點到面的距離，因此球內切于正方體，不妨設，兩個球心和兩球的切點均在體對角線上，兩個球在平面處的截面如圖所示，則，所以.又因為，因此，得，所以. 故選：D【點睛】本題考查立體圖與平面圖的轉化，拋物線幾何性質的使用，內切球的性質，數形結合思想，轉化思想，直觀想象與數學運算的核心素養4C【解析】分析：利用復數的除法運

8、算法則：分子、分母同乘以分母的共軛復數，化簡復數，然后求解復數的模.詳解：，則，故選c.點睛：復數是高考中的必考知識，主要考查復數的概念及復數的運算要注意對實部、虛部的理解，掌握純虛數、共軛復數這些重要概念，復數的運算主要考查除法運算，通過分母實數化轉化為復數的乘法，運算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分.5B【解析】根據全稱命題的否定為特稱命題，得到結果.【詳解】根據全稱命題的否定為特稱命題，可得，本題正確選項：【點睛】本題考查含量詞的命題的否定，屬于基礎題.6C【解析】試題分析：由題意得，自習時間不少于小時的頻率為，故自習時間不少于小時的頻率為，故選C.考點

9、：頻率分布直方圖及其應用7A【解析】根據模長計算公式和數量積運算，即可容易求得結果.【詳解】由于，故選：A.【點睛】本題考查向量的數量積運算，模長的求解，屬綜合基礎題.8D【解析】根據框圖，模擬程序運行，即可求出答案.【詳解】運行程序，結束循環，故輸出，故選：D.【點睛】本題主要考查了程序框圖，循環結構，條件分支結構，屬于中檔題.9C【解析】根據含有個元素的集合，有個子集，有個真子集，計算可得；【詳解】解：集合含有個元素，則集合的真子集有（個），故選：C【點睛】考查列舉法的定義，集合元素的概念，以及真子集的概念，對于含有個元素的集合，有個子集，有個真子集，屬于基礎題10B【解析】建立平面直角坐

10、標系，將已知條件轉化為所設未知量的關系式，再將的最小值轉化為用該關系式表達的算式，利用基本不等式求得最小值.【詳解】建立平面直角坐標系如下圖所示，設，且，由于，所以.所以，即.當且僅當時取得最小值，此時由得，當時，有最小值為，即，解得.所以當且僅當時有最小值為.故選：B【點睛】本小題主要考查向量的位置關系、向量的模，考查基本不等式的運用，考查數形結合的數學思想方法，屬于難題.11B【解析】畫出約束條件的可行域,利用目標函數的幾何意義,求出最優解,轉化求解即可.【詳解】可行域如圖中陰影部分所示，要使得z能取到最大值，則，當時，x在點B處取得最大值，即，得；當時，z在點C處取得最大值，即，得（舍去

11、）.故選:B.【點睛】本題考查由目標函數最值求解參數值,數形結合思想,分類討論是解題的關鍵,屬于中檔題.12A【解析】由及雙曲線定義得和（用表示），然后由余弦定理得出的齊次等式后可得離心率【詳解】由題意，由雙曲線定義得，從而得，在中，由余弦定理得，化簡得故選：A【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，解題關鍵是應用雙曲線定義用表示出到兩焦點的距離，再由余弦定理得出的齊次式二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13360【解析】先計算第一塊小矩形的面積，第二塊小矩形的面積，面積和超過0.5，所以中位數在第二塊求解，然后再求得平均數作差即可.【詳解】第一塊小矩形的面積，第二塊小矩形的面積，故；

12、而，故.故答案為：360.【點睛】本題考查頻率分布直方圖、樣本的數字特征，考查運算求解能力以及數形結合思想，屬于基礎題.141【解析】由題意求定積分得到的值，再根據乘方的意義，排列組合數的計算公式，求出展開式中的系數【詳解】已知，則，它表示4個因式的乘積故其中有2個因式取，一個因式取，剩下的一個因式取1，可得的項故展開式中的系數故答案為：1【點睛】本題主要考查求定積分，乘方的意義，排列組合數的計算公式，屬于中檔題15【解析】求出函數的導數，利用導數的幾何意義令，即可求出切線斜率.【詳解】，即曲線在處的切線的斜率.故答案為：【點睛】本題考查了導數的幾何意義、導數的運算法則以及基本初等函數的導數，

13、屬于基礎題.163【解析】根據圓堡瑽（圓柱體）的體積為（底面圓的周長的平方高）,可得,進而可求出的值【詳解】解:設圓柱底面圓的半徑為,圓柱的高為,由題意知,解得.故答案為:3.【點睛】本題主要考查了圓柱的體積公式.只要能看懂題目意思,結合方程的思想即可求出結果.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）詳見解析；（2）.【解析】（1）連接，由菱形的性質以及中位線，得，由平面平面，且交線，得平面，故而，最后由線面垂直的判定得結論.（2）以為原點建平面直角坐標系，求出平面平與平面的法向量，最后求得二面角的余弦值為.【詳解】解：（1）連結 ，且是的中點，平面平面，平面平

14、面，平面. 平面，又為菱形，且為棱的中點，.又，平面平面.（2）由題意有，四邊形為菱形，且 分別以，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則設平面的法向量為由，得，令，得取平面的法向量為二面角為銳二面角，二面角的余弦值為【點睛】處理線面垂直問題時，需要學生對線面垂直的判定定理特別熟悉，運用幾何語言表示出來方才過關，一定要在已知平面中找兩條相交直線與平面外的直線垂直，才可以證得線面垂直，其次考查了學生運用空間向量處理空間中的二面角問題，培養了學生的計算能力和空間想象力.18（1）（2）見解析數列不能為等比數列，見解析【解析】（1）根據數列通項公式的特點，奇數項為等差數列，偶數項為

15、等比數列，選用分組求和的方法進行求解；（2）設數列的公差為，數列的公差為，當n為奇數時，得出；當n為偶數時，得出，從而可證數列，的公差相等；利用反證法，先假設可以為等比數列，結合題意得出矛盾，進而得出數列不能為等比數列【詳解】（1）因為，所以，且，由題意可知，數列是以1為首項，2為公差的等差數列，數列是首項和公比均為4的等比數列，所以；（2）證明：設數列的公差為，數列的公差為，當n為奇數時，若，則當時，即，與題意不符，所以， 當n為偶數時，若，則當時，即，與題意不符，所以，綜上，原命題得證；假設可以為等比數列，設公比為q，因為，所以，所以，因為當時，所以當n為偶數，且時，即當n為偶數，且時，不

16、成立，與題意矛盾，所以數列不能為等比數列【點睛】本題主要考查數列的求和及數列的綜合，數列求和時一般是結合通項公式的特征選取合適的求和方法，數列綜合題要回歸基本量，充分挖掘題目已知信息，細思細算，本題綜合性較強，難度較大，側重考查邏輯推理和數學運算的核心素養.19（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

17、，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，考查學生綜合分析能力與轉化能力，是一道中檔題.20（）曲線的參數方程為：(為參數)；的極坐標方程為；（）16.【解析】(I)直接利用轉換關系，把參數方程、極坐標方程和直角坐標方程之間進行轉換；(II)利用三角函數關系式的恒等變換和正弦型函數的性質的應用，即可求出結果.【詳解】() 由題意：曲線的直角坐標方程為：，所以曲線的參數方程為(為參數)，因為

18、直線的直角坐標方程為：，又因曲線的左焦點為，將其代入中，得到，所以的極坐標方程為 .（）設橢圓的內接矩形的頂點為，所以橢圓的內接矩形的周長為：，所以當時，即時，橢圓的內接矩形的周長取得最大值16 .【點睛】本題考查了曲線的參數方程，極坐標方程與普通方程間的互化，三角函數關系式的恒等變換，正弦型函數的性質的應用，極徑的應用，考查學生的求解運算能力和轉化能力，屬于基礎題型.21見解析【解析】（1）如圖，連接，交于點，連接，則為的中點，因為為的中點，所以，又，所以，從而，四點共面因為平面，平面，平面平面，所以又，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以（2）因為，為的中點，所以，又三棱柱是直三棱柱，所以，