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直角坐標系中，雙曲線（）與拋物線相交于、兩點，若是等邊三角形，則該雙曲線的離心率（ ）ABCD2某地區高考改革，實行“3+2+1”模式，即“3”指語文、數學、外語三門必考科目，“1”指在物理、歷史兩門科目中必選一門，“2”指在化學、生物、政治

2、、地理以及除了必選一門以外的歷史或物理這五門學科中任意選擇兩門學科，則一名學生的不同選科組合有（）A8種B12種C16種D20種3如圖，在中，且，則（ ）A1BCD4兩圓和相外切，且，則的最大值為（ ）AB9CD15在三角形中，求（ ）ABCD6若是第二象限角且sin =，則=ABCD7已知數列的前n項和為，且對于任意，滿足，則（ ）ABCD8在正方體中，點、分別為、的中點，過點作平面使平面，平面若直線平面，則的值為（ ）ABCD9在區間上隨機取一個實數，使直線與圓相交的概率為（ ）ABCD10二項式的展開式中只有第六項的二項式系數最大，則展開式中的常數項是( )A180B90C45D3601

3、1已知直線，則“”是“”的A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件12設某大學的女生體重y（單位：kg）與身高x（單位：cm）具有線性相關關系，根據一組樣本數據（xi，yi）（i=1，2，n），用最小二乘法建立的回歸方程為=0.85x-85.71，則下列結論中不正確的是Ay與x具有正的線性相關關系B回歸直線過樣本點的中心（，）C若該大學某女生身高增加1cm，則其體重約增加0.85kgD若該大學某女生身高為170cm，則可斷定其體重比為58.79kg二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若實數滿足不等式組，則的最小值是_14如圖，在三棱錐ABCD中，點E

4、在BD上，EAEBECED，BDCD，ACD為正三角形，點M，N分別在AE，CD上運動（不含端點），且AMCN，則當四面體CEMN的體積取得最大值時，三棱錐ABCD的外接球的表面積為_.15已知函數在定義域R上的導函數為,若函數沒有零點,且,當在上與在R上的單調性相同時,則實數k的取值范圍是_.16若函數在和上均單調遞增，則實數的取值范圍為_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）若，求實數的值（2）若，求正實數的取值范圍18（12分）在平面直角坐標系xoy中，曲線C的方程為.以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程

5、為.（1）寫出曲線C的極坐標方程，并求出直線l與曲線C的交點M，N的極坐標；（2）設P是橢圓上的動點，求面積的最大值.19（12分）已知函數.（1）求的極值；（2）若，且，證明：.20（12分）在平面直角坐標系中，且滿足（1）求點的軌跡的方程；（2）過，作直線交軌跡于，兩點，若的面積是面積的2倍，求直線的方程21（12分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，為等邊三角形，平面平面ABCD，M，N分別是線段PD和BC的中點.（1）求直線CM與平面PAB所成角的正弦值；（2）求二面角D-AP-B的余弦值；（3）試判斷直線MN與平面PAB的位置關系，并給出證明.22（10分）

6、已知函數.（1）當時，求函數的值域.（2）設函數，若，且的最小值為，求實數的取值范圍.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】根據題干得到點A坐標為，代入拋物線得到坐標為，再將點代入雙曲線得到離心率.【詳解】因為三角形OAB是等邊三角形，設直線OA為，設點A坐標為，代入拋物線得到x=2b,故點A的坐標為，代入雙曲線得到 故答案為：D.【點睛】求雙曲線的離心率(或離心率的取值范圍)，常見有兩種方法：求出，代入公式；只需要根據一個條件得到關于的齊次式，結合轉化為的齊次式，然后等式(不等式)兩邊分別除以或轉化為關于的方

7、程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范圍).2C【解析】分兩類進行討論：物理和歷史只選一門；物理和歷史都選，分別求出兩種情況對應的組合數，即可求出結果.【詳解】若一名學生只選物理和歷史中的一門，則有種組合；若一名學生物理和歷史都選，則有種組合；因此共有種組合.故選C【點睛】本題主要考查兩個計數原理，熟記其計數原理的概念，即可求出結果，屬于?？碱}型.3C【解析】由題可,所以將已知式子中的向量用表示，可得到的關系，再由三點共線，又得到一個關于的關系，從而可求得答案【詳解】由，則，即，所以，又共線，則.故選：C【點睛】此題考查的是平面向量基本定理的有關知識，結合圖形尋找各向量間的關系，屬于

8、中檔題.4A【解析】由兩圓相外切，得出，結合二次函數的性質，即可得出答案.【詳解】因為兩圓和相外切所以，即當時，取最大值故選：A【點睛】本題主要考查了由圓與圓的位置關系求參數，屬于中檔題.5A【解析】利用正弦定理邊角互化思想結合余弦定理可求得角的值，再利用正弦定理可求得的值.【詳解】，由正弦定理得，整理得，由余弦定理得，.由正弦定理得.故選：A.【點睛】本題考查利用正弦定理求值，涉及正弦定理邊角互化思想以及余弦定理的應用，考查計算能力，屬于中等題.6B【解析】由是第二象限角且sin =知：，所以7D【解析】利用數列的遞推關系式判斷求解數列的通項公式，然后求解數列的和，判斷選項的正誤即可【詳解】

9、當時，所以數列從第2項起為等差數列，所以，故選：【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用、數列求和以及數列的通項公式的求法，考查轉化思想以及計算能力，是中檔題8B【解析】作出圖形，設平面分別交、于點、，連接、，取的中點，連接、，連接交于點，推導出，由線面平行的性質定理可得出，可得出點為的中點，同理可得出點為的中點，結合中位線的性質可求得的值.【詳解】如下圖所示：設平面分別交、于點、，連接、，取的中點，連接、，連接交于點，四邊形為正方形，、分別為、的中點，則且，四邊形為平行四邊形，且，且，且，則四邊形為平行四邊形，平面，則存在直線平面，使得，若平面，則平面，又平面，則平面，此時，平面為平面，直線不

10、可能與平面平行，所以，平面，平面，平面，平面平面，所以，四邊形為平行四邊形，可得，為的中點，同理可證為的中點，因此，.故選：B.【點睛】本題考查線段長度比值的計算，涉及線面平行性質的應用，解答的關鍵就是找出平面與正方體各棱的交點位置，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.9D【解析】利用直線與圓相交求出實數的取值范圍，然后利用幾何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】由于直線與圓相交，則，解得.因此，所求概率為.故選：D.【點睛】本題考查幾何概型概率的計算，同時也考查了利用直線與圓相交求參數，考查計算能力，屬于基礎題.10A【解析】試題分析：因為的展開式中只有第六項的二項式系數最大，所以，

11、令，則，.考點：1.二項式定理；2.組合數的計算.11C【解析】先得出兩直線平行的充要條件，根據小范圍可推導出大范圍，可得到答案.【詳解】直線，的充要條件是，當a=2時，化簡后發現兩直線是重合的，故舍去，最終a=-1.因此得到“”是“”的充分必要條件.故答案為C.【點睛】判斷充要條件的方法是：若pq為真命題且qp為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；若pq為假命題且qp為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；若pq為真命題且qp為真命題，則命題p是命題q的充要條件；若pq為假命題且qp為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，

12、誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系12D【解析】根據y與x的線性回歸方程為 y=0.85x85.71，則=0.850，y 與 x 具有正的線性相關關系，A正確；回歸直線過樣本點的中心（），B正確；該大學某女生身高增加 1cm，預測其體重約增加 0.85kg，C正確；該大學某女生身高為 170cm，預測其體重約為0.8517085.71=58.79kg，D錯誤故選D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13-1【解析】作出可行域，如圖：由得,由圖可知當直線經過A點時目標函數取得最小值，A（1,0）所以-1故答案為-11432【解析】設EDa，根據勾股定理的逆定理可以通過計算可

13、以證明出CEED. AMx，根據三棱錐的體積公式，運用基本不等式，可以求出AM的長度，最后根據球的表面積公式進行求解即可.【詳解】設EDa，則CDa.可得CE2+DE2CD2，CEED.當平面ABD平面BCD時，當四面體CEMN的體積才有可能取得最大值，設AMx.則四面體CEMN的體積（ax）axax（ax），當且僅當x時取等號.解得a2.此時三棱錐ABCD的外接球的表面積4a232.故答案為：32【點睛】本題考查了基本不等式的應用，考查了球的表面積公式，考查了數學運算能力和空間想象能力.15【解析】由題意可知：為上的單調函數，則為定值，由指數函數的性質可知為上的增函數，則在，單調遞增，求導，

14、則恒成立，則，根據函數的正弦函數的性質即可求得的取值范圍【詳解】若方程無解，則或恒成立，所以為上的單調函數，都有，則為定值，設，則，易知為上的增函數，又與的單調性相同，在上單調遞增，則當，恒成立，當，時，此時，故答案為：【點睛】本題考查導數的綜合應用，考查利用導數求函數的單調性，正弦函數的性質，輔助角公式，考查計算能力，屬于中檔題16【解析】化簡函數，求出在上的單調遞增區間，然后根據在和上均單調遞增，列出不等式求解即可【詳解】由知，當時，在和上單調遞增，在和上均單調遞增，的取值范圍為：故答案為：【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象與性質，關鍵是根據函數的單調性列出關于m的方程組，屬中檔題三、解

15、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）1（2）【解析】（1）求得和，由，得，令，令導數求得函數的單調性，利用，即可求解（2）解法一：令，利用導數求得的單調性，轉化為，令（），利用導數得到的單調性，分類討論，即可求解解法二：可利用導數，先證明不等式，令（），利用導數，分類討論得出函數的單調性與最值，即可求解【詳解】（1）由題意，得， 由，得，令，則，因為，所以在單調遞增， 又，所以當時，單調遞增； 當時，單調遞減；所以，當且僅當時等號成立 故方程有且僅有唯一解，實數的值為1 （2）解法一：令（），則，所以當時，單調遞增; 當時，單調遞減;故 令（），則（i）若時，在單

16、調遞增，所以，滿足題意 （ii）若時，滿足題意（iii）若時，在單調遞減，所以不滿足題意 綜上述： 解法二：先證明不等式，（*）令，則當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以，即變形得，所以時，所以當時，.又由上式得，當時，.因此不等式（*）均成立 令（），則，（i）若時，當時，單調遞增; 當時，單調遞減;故 （ii）若時，在單調遞增，所以 因此，當時，此時，則需由（*）知，（當且僅當時等號成立），所以 當時，此時，則當時， （由（*）知）；當時，（由（*）知）故對于任意，綜上述：【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，著重考查了轉化與化歸思想、分類討論、及邏輯推理能力與計算能力，對于恒成立問

17、題，通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題18（1），；（2）.【解析】（1）利用公式即可求得曲線的極坐標方程；聯立直線和曲線的極坐標方程，即可求得交點坐標；（2）設出點坐標的參數形式，將問題轉化為求三角函數最值的問題即可求得.【詳解】（1）曲線的極坐標方程： 聯立，得，又因為都滿足兩方程，故兩曲線的交點為，.（2）易知，直線. 設點，則點到直線的距離（其中）. 面積的最大值為.【點睛】本題考查極坐標方程和直角坐標方程之間的相互轉化，涉及利用橢圓的參數方程求面積的最值問題，

18、屬綜合中檔題.19（1）極大值為；極小值為；（2）見解析【解析】（1）對函數求導,進而可求出單調性,從而可求出函數的極值;（2）構造函數,求導并判斷單調性可得,從而在上恒成立,再結合,可得到,即可證明結論成立.【詳解】（1）函數的定義域為,所以當時,;當時,則的單調遞增區間為和,單調遞減區間為.故的極大值為;的極小值為.（2）證明:由（1）知,設函數,則,則在上恒成立,即在上單調遞增,故,又,則,即在上恒成立.因為,所以,又,則,因為,且在上單調遞減,所以,故.【點睛】本題考查函數的單調性與極值,考查了利用導數證明不等式,構造函數是解決本題的關鍵,屬于難題.20（1）（2）的方程為【解析】（1）令，則，由此能求出點C的軌跡方程（2）令，令直線，聯立，得，由此利用根的判別式，韋達定理，三角形面積公式，結合已知條件能求出直線的方程?！驹斀狻拷猓海?）因為，即直線的斜率分別為且，設點，則，整理得.（2）令，易知直線不與軸重合，令直線，與聯立得，所以有，由，故，即，從而，解得，即。所以直線的方程為?！军c睛】本題考查橢圓方程、直線方程的求法，考查橢圓方程、橢圓與直線的位置關系，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想，是中檔題。21（1）（2）（3）直線平面，證明見解析【解析】取中點，連接，則，再由已知證明平面，以為坐標原點，分別以，所在直線為，軸建立空間直角坐標系，求出平面的