2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．的展開式中含的項的系數為（）A． B．60 C．70 D．802．定義運算，則函數的圖象是（）．A． B．C． D．3．已知是虛數單位，若，則（）A． B．2 C． D．34．設集合，，若集合中有且僅有2個元素，則實數的取值范圍為A． B．C． D．5．已知實數滿足線性約束條件，則的取值范圍為（）A．(-2,-1］ B．(-1,4］ C．[-2,4) D．[0,4]6．已知集合A={x|–1<x<2}，B={x|x>1}，則A∪B=A．（–1，1） B．（1，2） C．（–1，+∞） D．（1，+∞）7．已知函數滿足=1，則等于（）A．- B． C．- D．8．是虛數單位，則（）A．1 B．2 C． D．9．已知復數，其中，，是虛數單位，則（）A． B． C． D．10．甲、乙、丙三人參加某公司的面試，最終只有一人能夠被該公司錄用，得到面試結果以后甲說：丙被錄用了；乙說：甲被錄用了；丙說：我沒被錄用.若這三人中僅有一人說法錯誤，則下列結論正確的是（）A．丙被錄用了 B．乙被錄用了 C．甲被錄用了 D．無法確定誰被錄用了11．命題“”的否定為（）A． B．C． D．12．已知向量，滿足，在上投影為，則的最小值為()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設α、β為互不重合的平面，m，n是互不重合的直線，給出下列四個命題：①若m∥n，則m∥α；②若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β；③若α∥β，m?α，n?β，則m∥n；④若α⊥β，α∩β＝m，n?α，m⊥n，則n⊥β；其中正確命題的序號為_____．14．已知不等式組所表示的平面區域為，則區域的外接圓的面積為______．15．在平面直角坐標系中，已知圓，圓．直線與圓相切，且與圓相交于，兩點，則弦的長為_________16．記為數列的前項和，若，則__________.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）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線極坐標方程為.若直線交曲線于，兩點，求線段的長.18．（12分）已知函數，，若存在實數使成立，求實數的取值范圍.19．（12分）已知數列為公差為d的等差數列，，，且，，依次成等比數列，.（1）求數列的前n項和；（2）若，求數列的前n項和為.20．（12分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝C1C＝1，M，N分別是AB，A1C的中點.（1）求證：直線MN⊥平面ACB1；（2）求點C1到平面B1MC的距離.21．（12分）已知數列中，，前項和為，若對任意的，均有（是常數，且）成立，則稱數列為“數列”.（1）若數列為“數列”，求數列的前項和；（2）若數列為“數列”，且為整數，試問：是否存在數列，使得對任意，成立？如果存在，求出這樣數列的的所有可能值，如果不存在，請說明理由.22．（10分）已知拋物線，過點的直線交拋物線于兩點，坐標原點為，.（1）求拋物線的方程；（2）當以為直徑的圓與軸相切時，求直線的方程.

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。1．B【解析】

展開式中含的項是由的展開式中含和的項分別與前面的常數項和項相乘得到，由二項式的通項，可得解【詳解】由題意，展開式中含的項是由的展開式中含和的項分別與前面的常數項和項相乘得到，所以的展開式中含的項的系數為．故選：B【點睛】本題考查了二項式系數的求解，考查了學生綜合分析，數學運算的能力，屬于基礎題.2．A【解析】

由已知新運算的意義就是取得中的最小值，因此函數，只有選項中的圖象符合要求，故選A.3．A【解析】

直接將兩邊同時乘以求出復數，再求其模即可.【詳解】解：將兩邊同時乘以，得故選：A【點睛】考查復數的運算及其模的求法，是基礎題.4．B【解析】

由題意知且，結合數軸即可求得的取值范圍.【詳解】由題意知，，則，故，又，則，所以，所以本題答案為B.【點睛】本題主要考查了集合的關系及運算，以及借助數軸解決有關問題，其中確定中的元素是解題的關鍵，屬于基礎題.5．B【解析】

作出可行域，表示可行域內點與定點連線斜率，觀察可行域可得最小值．【詳解】作出可行域，如圖陰影部分（含邊界），表示可行域內點與定點連線斜率，，，過與直線平行的直線斜率為－1，∴．故選：B．【點睛】本題考查簡單的非線性規劃．解題關鍵是理解非線性目標函數的幾何意義，本題表示動點與定點連線斜率，由直線與可行域的關系可得結論．6．C【解析】

根據并集的求法直接求出結果.【詳解】∵，∴，故選C.【點睛】考查并集的求法，屬于基礎題.7．C【解析】

設的最小正周期為，可得，則，再根據得，又，則可求出，進而可得.【詳解】解：設的最小正周期為，因為，所以，所以，所以，又，所以當時，，，因為，整理得，因為，，，則所以.故選：C.【點睛】本題考查三角形函數的周期性和對稱性，考查學生分析能力和計算能力，是一道難度較大的題目.8．C【解析】

由復數除法的運算法則求出，再由模長公式，即可求解.【詳解】由.故選:C.【點睛】本題考查復數的除法和模，屬于基礎題.9．D【解析】試題分析：由,得,則，故選D.考點：1、復數的運算；2、復數的模.10．C【解析】

假設若甲被錄用了，若乙被錄用了，若丙被錄用了，再逐一判斷即可.【詳解】解：若甲被錄用了，則甲的說法錯誤，乙，丙的說法正確，滿足題意，若乙被錄用了，則甲、乙的說法錯誤，丙的說法正確，不符合題意，若丙被錄用了，則乙、丙的說法錯誤，甲的說法正確，不符合題意，綜上可得甲被錄用了，故選：C.【點睛】本題考查了邏輯推理能力，屬基礎題.11．C【解析】

套用命題的否定形式即可.【詳解】命題“”的否定為“”，所以命題“”的否定為“”.故選：C【點睛】本題考查全稱命題的否定，屬于基礎題.12．B【解析】

根據在上投影為，以及，可得；再對所求模長進行平方運算，可將問題轉化為模長和夾角運算，代入即可求得.【詳解】在上投影為，即又本題正確選項：【點睛】本題考查向量模長的運算，對于含加減法運算的向量模長的求解，通常先求解模長的平方，再開平方求得結果；解題關鍵是需要通過夾角取值范圍的分析，得到的最小值.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．④【解析】

根據直線和平面，平面和平面的位置關系依次判斷每個選項得到答案.【詳解】對于①，當m∥n時，由直線與平面平行的定義和判定定理，不能得出m∥α，①錯誤；對于②，當m?α，n?α，且m∥β，n∥β時，由兩平面平行的判定定理，不能得出α∥β，②錯誤；對于③，當α∥β，且m?α，n?β時，由兩平面平行的性質定理，不能得出m∥n，③錯誤；對于④，當α⊥β，且α∩β＝m，n?α，m⊥n時，由兩平面垂直的性質定理，能夠得出n⊥β，④正確；綜上知，正確命題的序號是④．故答案為：④．【點睛】本題考查了直線和平面，平面和平面的位置關系，意在考查學生的空間想象能力和推斷能力.14．【解析】

先作可行域，根據解三角形得外接圓半徑，最后根據圓面積公式得結果.【詳解】由題意作出區域，如圖中陰影部分所示，易知，故，又，設的外接圓的半徑為，則由正弦定理得，即，故所求外接圓的面積為.【點睛】線性規劃問題，首先明確可行域對應的是封閉區域還是開放區域、分界線是實線還是虛線，其次確定目標函數的幾何意義，是求直線的截距、兩點間距離的平方、直線的斜率、還是點到直線的距離、可行域面積、可行域外接圓等等，最后結合圖形確定目標函數最值取法、值域范圍.15．【解析】

利用直線與圓相切求出斜率，得到直線的方程，幾何法求出【詳解】解：直線與圓相切，圓心為由，得或，當時，到直線的距離，不成立，當時，與圓相交于，兩點，到直線的距離，故答案為．【點睛】考查直線與圓的位置關系，相切和相交問題，屬于中檔題．16．-254【解析】

利用代入即可得到，即是等比數列，再利用等比數列的通項公式計算即可.【詳解】由已知，得，即，所以又，即，，所以是以-4為首項，2為公比的等比數列，所以，即，所以。故答案為：【點睛】本題考查已知與的關系求，考查學生的數學運算求解能力，是一道中檔題.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．【解析】

由，化簡得，由，所以直線的直角坐標方程為，因為曲線的參數方程為，整理得，直線的方程與曲線的方程聯立，，整理得，設，則，根據弦長公式求解即可.【詳解】由，化簡得，又因為，所以直線的直角坐標方程為，因為曲線的參數方程為，消去，整理得，將直線的方程與曲線的方程聯立，，消去，整理得，設，則，所以，將，代入上式，整理得.【點睛】本題考查參數方程，極坐標方程的應用，結合弦長公式的運用，屬于中檔題.18．【解析】試題分析：先將問題“存在實數使成立”轉化為“求函數的最大值”,再借助柯西不等式求出的最大值即可獲解.試題解析：存在實數使成立，等價于的最大值大于，因為，由柯西不等式：，所以，當且僅當時取“”，故常數的取值范圍是．考點：柯西不等式即運用和轉化與化歸的數學思想的運用.19．（1）（2）【解析】

（1）利用等差數列的通項公式以及等比中項求出公差，從而求出，再利用等比數列的前項和公式即可求解.（2）由（1）求出，再利用裂項求和法即可求解.【詳解】（1），且，，依次成等比數列，，即：，，，，，；（2），.【點睛】本題考查了等差數列、等比數列的通項公式、等比數列的前項和公式、裂項求和法，需熟記公式，屬于基礎題.20．（1）證明見解析.（2）【解析】

（1）連接AC1，BC1，結合中位線定理可證MN∥BC1，再結合線面垂直的判定定理和線面垂直的性質分別求證AC⊥BC1，BC1⊥B1C，即可求證直線MN⊥平面ACB1；（2）作交于點，通過等體積法，設C1到平面B1CM的距離為h，則有，結合幾何關系即可求解【詳解】（1）證明：連接AC1，BC1，則N∈AC1且N為AC1的中點；∵M是AB的中點.所以：MN∥BC1；∵A1A⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴A1A⊥AC，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1∥CC，∴AC⊥CC1，∵∠ACB＝90°，BC∩CC1＝C，BC?平面BB1C1C，CC1?平面BB1C1C，∴AC⊥平面BB1C1C，BC?平面BB1C1C，∴AC⊥BC1；又MN∥BC1∴AC⊥MN，∵CB＝C1C＝1，∴四邊形BB1C1C正方形，∴BC1⊥B1C，∴MN⊥B1C，而AC∩B1C＝C，且AC?平面ACB1，CB1?平面ACB1，∴MN⊥平面ACB1，（2）作交于點，設C1到平面B1CM的距離為h，因為MP，所以?MP，因為CM，B1C；B1M，所以所以：CM?B1M.因為，所以，解得所以點，到平面的距離為【點睛】本題主要考查面面垂直的證明以及點到平面的距離，一般證明面面垂直都用線面垂直轉化為面面垂直，而點到面的距離常用體積轉化來求，屬于中檔題21．（1）（2）存在，【解析】

由數列為“數列”可得,，，兩式相減得，又，利用等比數列通項公式即可求出,進而求出;由題意得，，，兩式相減得，，據此可得,當時,,進而可得,即數列為常數列,進而可得,結合，得到關于的不等式,再由時，且為整數即可求出符合題意的的所有值.【詳解】因為數列為“數列”，所以，故，兩式相減得，在中令，則可得，故所以，所以數列是以為首項,以為公比的等比數列，所以，因為，所以.（2）由題意得，故，兩式相減得所以，當時，又因為所以當時,所以成立,所以當時，數列是常數列，所以因為當時,成立,所以，所以在中令，因為，所以可得，所以，由時，且為整數，可得