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．已知函數，給出下列四個結論：①函數的值域是；②函數為奇函數；③函數在區間單調遞減；④若對任意，都有成立，則的最小值為；其中正確結論的個數是（）A． B． C． D．2．已知函數的一條切線為，則的最小值為（）A． B． C． D．3．設，點，，，，設對一切都有不等式成立，則正整數的最小值為（）A． B． C． D．4．已知直四棱柱的所有棱長相等，，則直線與平面所成角的正切值等于（）A． B． C． D．5．已知函數，為的零點，為圖象的對稱軸，且在區間上單調，則的最大值是（）A． B． C． D．6．已知為兩條不重合直線，為兩個不重合平面，下列條件中，的充分條件是（）A．∥ B．∥C．∥∥ D．7．設是雙曲線的左、右焦點，若雙曲線右支上存在一點，使（為坐標原點），且，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．8．已知數列為等差數列，且，則的值為（）A． B． C． D．9．已知函數在上都存在導函數，對于任意的實數都有，當時，，若，則實數的取值范圍是()A． B． C． D．10．已知函數，，若對任意，總存在，使得成立，則實數的取值范圍為（）A． B．C． D．11．已知橢圓：的左，右焦點分別為，，過的直線交橢圓于，兩點，若，且的三邊長，，成等差數列，則的離心率為（）A． B． C． D．12．的展開式中，含項的系數為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設函數，則______.14．已知數列的前項和為，且成等差數列，，數列的前項和為，則滿足的最小正整數的值為______________.15．已知是夾角為的兩個單位向量，若，，則與的夾角為______.16．定義在封閉的平面區域內任意兩點的距離的最大值稱為平面區域的“直徑”.已知銳角三角形的三個點，，，在半徑為的圓上，且，分別以各邊為直徑向外作三個半圓，這三個半圓和構成平面區域，則平面區域的“直徑”的最大值是__________.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）在直角坐標系中，是過定點且傾斜角為的直線；在極坐標系（以坐標原點為極點，以軸非負半軸為極軸，取相同單位長度）中，曲線的極坐標方程為.（1）寫出直線的參數方程，并將曲線的方程化為直角坐標方程；（2）若曲線與直線相交于不同的兩點，求的取值范圍.18．（12分）橢圓：的左、右焦點分別是，，離心率為，左、右頂點分別為，.過且垂直于軸的直線被橢圓截得的線段長為1.（1）求橢圓的標準方程；（2）經過點的直線與橢圓相交于不同的兩點、（不與點、重合），直線與直線相交于點，求證：、、三點共線.19．（12分）已知數列{an}滿足條件，且an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，n∈N*．（Ⅰ）求數列{an}的通項公式；（Ⅱ）設bn＝，Sn為數列{bn}的前n項和，求證：Sn．20．（12分）已知非零實數滿足．（1）求證：；（2）是否存在實數，使得恒成立？若存在，求出實數的取值范圍；若不存在，請說明理由21．（12分）如圖，三棱臺中，側面與側面是全等的梯形，若，且.（Ⅰ）若，，證明：∥平面；（Ⅱ）若二面角為，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.22．（10分）已知橢圓（）經過點，離心率為，、、為橢圓上不同的三點，且滿足，為坐標原點．（1）若直線、的斜率都存在，求證：為定值；（2）求的取值范圍．

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。1．C【解析】

化的解析式為可判斷①，求出的解析式可判斷②，由得，結合正弦函數得圖象即可判斷③，由得可判斷④.【詳解】由題意，，所以，故①正確；為偶函數，故②錯誤；當時，，單調遞減，故③正確；若對任意，都有成立，則為最小值點，為最大值點，則的最小值為，故④正確.故選：C.【點睛】本題考查三角函數的綜合運用，涉及到函數的值域、函數單調性、函數奇偶性及函數最值等內容，是一道較為綜合的問題.2．A【解析】

求導得到，根據切線方程得到，故，設，求導得到函數在上單調遞減，在上單調遞增，故，計算得到答案.【詳解】，則，取，，故，.故，故，.設，，取，解得.故函數在上單調遞減，在上單調遞增，故.故選：.【點睛】本題考查函數的切線問題，利用導數求最值，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.3．A【解析】

先求得，再求得左邊的范圍，只需，利用單調性解得t的范圍.【詳解】由題意知sin，∴，∴，隨n的增大而增大，∴,∴，即，又f(t)=在t上單增，f(2)=-1<0，f(3)=2>0，∴正整數的最小值為3.【點睛】本題考查了數列的通項及求和問題，考查了數列的單調性及不等式的解法，考查了轉化思想，屬于中檔題.4．D【解析】

以為坐標原點，所在直線為x軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系．求解平面的法向量，利用線面角的向量公式即得解.【詳解】如圖所示的直四棱柱，，取中點，以為坐標原點，所在直線為x軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系．設，則，．設平面的法向量為，則取，得．設直線與平面所成角為，則，，∴直線與平面所成角的正切值等于故選：D【點睛】本題考查了向量法求解線面角，考查了學生空間想象，邏輯推理，數學運算的能力，屬于中檔題.5．B【解析】

由題意可得，且，故有①，再根據，求得②，由①②可得的最大值，檢驗的這個值滿足條件．【詳解】解：函數，，為的零點，為圖象的對稱軸，，且，、，，即為奇數①．在，單調，，②．由①②可得的最大值為1．當時，由為圖象的對稱軸，可得，，故有，，滿足為的零點，同時也滿足滿足在上單調，故為的最大值，故選：B．【點睛】本題主要考查正弦函數的圖象的特征，正弦函數的周期性以及它的圖象的對稱性，屬于中檔題．6．D【解析】

根據面面垂直的判定定理，對選項中的命題進行分析、判斷正誤即可.【詳解】對于A，當，，時，則平面與平面可能相交，，，故不能作為的充分條件，故A錯誤；對于B，當，，時，則，故不能作為的充分條件，故B錯誤；對于C，當，，時，則平面與平面相交，，，故不能作為的充分條件，故C錯誤；對于D，當，，，則一定能得到，故D正確.故選：D.【點睛】本題考查了面面垂直的判斷問題，屬于基礎題.7．D【解析】

利用向量運算可得，即，由為的中位線，得到，所以，再根據雙曲線定義即可求得離心率.【詳解】取的中點，則由得，即；在中，為的中位線，所以，所以；由雙曲線定義知，且，所以，解得，故選：D【點睛】本題綜合考查向量運算與雙曲線的相關性質，難度一般.8．B【解析】

由等差數列的性質和已知可得，即可得到，代入由誘導公式計算可得．【詳解】解：由等差數列的性質可得，解得，，故選：B．【點睛】本題考查等差數列的下標和公式的應用，涉及三角函數求值，屬于基礎題．9．B【解析】

先構造函數，再利用函數奇偶性與單調性化簡不等式，解得結果.【詳解】令，則當時，，又，所以為偶函數，從而等價于，因此選B.【點睛】本題考查利用函數奇偶性與單調性求解不等式，考查綜合分析求解能力，屬中檔題.10．C【解析】

將函數解析式化簡，并求得，根據當時可得的值域；由函數在上單調遞減可得的值域，結合存在性成立問題滿足的集合關系，即可求得的取值范圍.【詳解】依題意，則，當時，，故函數在上單調遞增，當時，；而函數在上單調遞減，故，則只需，故，解得，故實數的取值范圍為.故選：C.【點睛】本題考查了導數在判斷函數單調性中的應用，恒成立與存在性成立問題的綜合應用，屬于中檔題.11．C【解析】

根據等差數列的性質設出，，，利用勾股定理列方程，結合橢圓的定義，求得.再利用勾股定理建立的關系式，化簡后求得離心率.【詳解】由已知，，成等差數列，設，，.由于，據勾股定理有，即，化簡得；由橢圓定義知的周長為，有，所以，所以；在直角中，由勾股定理，，∴離心率.故選：C【點睛】本小題主要考查橢圓離心率的求法，考查橢圓的定義，考查等差數列的性質，屬于中檔題.12．B【解析】

在二項展開式的通項公式中，令的冪指數等于，求出的值，即可求得含項的系數．【詳解】的展開式通項為，令，得，可得含項的系數為.故選：B.【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由自變量所在定義域范圍，代入對應解析式，再由對數加減法運算法則與對數恒等式關系分別求值再相加，即為答案.【詳解】因為函數，則因為，則故故答案為：【點睛】本題考查分段函數求值，屬于簡單題.14．1【解析】

本題先根據公式初步找到數列的通項公式，然后根據等差中項的性質可解得的值，即可確定數列的通項公式，代入數列的表達式計算出數列的通項公式，然后運用裂項相消法計算出前項和，再代入不等式進行計算可得最小正整數的值．【詳解】由題意，當時，．當時，．則，．，，成等差數列，，即，解得．．，．．．，．即，，即，，，，即．滿足的最小正整數的值為1．故答案為：1．【點睛】本題主要考查數列求通項公式、裂項相消法求前項和，考查了轉化思想、方程思想，考查了不等式的計算、邏輯思維能力和數學運算能力．15．【解析】

依題意可得，再根據求模，求數量積，最后根據夾角公式計算可得；【詳解】解：因為是夾角為的兩個單位向量所以，又，所以，，所以，因為所以；故答案為：【點睛】本題考查平面向量的數量積的運算律，以及夾角的計算，屬于基礎題.16．【解析】

先找到平面區域內任意兩點的最大值為，再利用三角恒等變換化簡即可得到最大值.【詳解】由已知及正弦定理，得，所以，，取AB中點E，AC中點F，BC中點G，如圖所示顯然平面區域任意兩點距離最大值為，而，當且僅當時，等號成立.故答案為：.【點睛】本題考查正弦定理在平面幾何中的應用問題，涉及到距離的最值問題，在處理這類問題時，一定要數形結合，本題屬于中檔題.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．（1）（為參數），；（2）【解析】分析：（1）直線的參數方程為（為參數），其中表示之間的距離，而極坐標方程可化為，從而的直角方程為.（2）設，則，利用在圓上得到滿足的方程，最后利用韋達定理就可求出兩條線段的和.詳解：（1）直線的參數方程為（為參數）.曲線的極坐標方程可化為.把，代入曲線的極坐標方程可得，即.（2）把直線的參數方程為（為參數）代入圓的方程可得：.∵曲線與直線相交于不同的兩點，∴，∴，又，∴.又，.∴，∵，∴，∴.∴的取值范圍是.點睛：（1）直線的參數方程有多種形式，其中一種為（為直線的傾斜角，是參數），這樣的參數方程中的參數有明確的幾何意義，它表示之間的距離.（2）直角坐標方程轉為極坐標方程的關鍵是利用公式，而極坐標方程轉化為直角坐標方程的關鍵是利用公式，后者也可以把極坐標方程變形盡量產生以便轉化.18．（1）；（2）見解析【解析】

（1）根據已知可得，結合離心率和關系，即可求出橢圓的標準方程；（2）斜率不為零，設的方程為，與橢圓方程聯立，消去，得到縱坐標關系，求出方程，令求出坐標，要證、、三點共線，只需證，將分子用縱坐標表示，即可證明結論.【詳解】（1）由于，將代入橢圓方程，得，由題意知，即.又，所以，.所以橢圓的方程為.（2）解法一：依題意直線斜率不為0，設的方程為，聯立方程，消去得，由題意，得恒成立，設，，所以，直線的方程為.令，得.又因為，，則直線，的斜率分別為，，所以.上式中的分子，.所以，，三點共線.解法二：當直線的斜率不存在時，由題意，得的方程為，代入橢圓的方程，得，，直線的方程為.則，，，所以，即，，三點共線.當直線的斜率存在時，設的方程為，，，聯立方程消去，得.由題意，得恒成立，故，.直線的方程為.令，得.又因為，，則直線，的斜率分別為，，所以.上式中的分子所以.所以，，三點共線.【點睛】本題考查橢圓的標準方程、直線與橢圓的位置關系，要熟練掌握根與系數關系，設而不求方法解決相交弦問題，考查計算求解能力，屬于中檔題.19．（Ⅰ）（Ⅱ）證明見解析【解析】

（Ⅰ）由an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，對分奇偶討論，即可得；（Ⅱ）由（Ⅰ）得，用錯位相減法求出，運用分析法證明即可.【詳解】（Ⅰ），當為奇數時，，又由，得，當為偶數時，，又由a2＝3，得，；（Ⅱ）由（1）得，則①②①-②可得：，，若證明Sn，則需要證明，又，即證明，即證，又顯然成立，故Sn得證.【點睛】本題主要考查了由遞推公式求通項公式，錯位相減法求前項和，分析法證明不等式，考查了分類討論的思想，考查了學生的運算求解與邏輯推理能力.20．（1）見解析（2）存在，【解析】

（1）利用作差法即可證出.（2）將不等式