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0．5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．已知平面向量滿足與的夾角為，且，則實數的值為（）A． B． C． D．2．函數（，，）的部分圖象如圖所示，則的值分別為（）A．2，0 B．2， C．2， D．2，3．已知復數，，則（）A． B． C． D．4．運行如圖所示的程序框圖，若輸出的值為300，則判斷框中可以填（）A． B． C． D．5．我國古代數學著作《九章算術》中有如下問題：“今有器中米，不知其數，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升(注：一斗為十升).問，米幾何？”下圖是解決該問題的程序框圖，執行該程序框圖，若輸出的S=15(單位：升)，則輸入的k的值為（）?A．45 B．60 C．75 D．1006．若函數（其中，圖象的一個對稱中心為，，其相鄰一條對稱軸方程為，該對稱軸處所對應的函數值為，為了得到的圖象，則只要將的圖象()A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度7．已知集合，，若，則的最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．48．函數在的圖像大致為A． B． C． D．9．已知橢圓的左、右焦點分別為、，過點的直線與橢圓交于、兩點.若的內切圓與線段在其中點處相切，與相切于點，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．10．如圖，將兩個全等等腰直角三角形拼成一個平行四邊形，將平行四邊形沿對角線折起，使平面平面，則直線與所成角余弦值為（）A． B． C． D．11．關于函數，有下述三個結論：①函數的一個周期為；②函數在上單調遞增；③函數的值域為.其中所有正確結論的編號是（）A．①② B．② C．②③ D．③12．設m，n為直線，、為平面，則的一個充分條件可以是()A．，， B．，C．， D．，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．點P是△ABC所在平面內一點且在△ABC內任取一點，則此點取自△PBC內的概率是____14．已知向量滿足，，則______________.15．的二項展開式中，含項的系數為__________．16．已知二面角α﹣l﹣β為60°，在其內部取點A，在半平面α，β內分別取點B，C．若點A到棱l的距離為1，則△ABC的周長的最小值為_____．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，在三棱柱中，已知四邊形為矩形，，，，的角平分線交于.（1）求證:平面平面；（2）求二面角的余弦值.18．（12分）在中，角、、所對的邊分別為、、，且.（1）求角的大小；（2）若，的面積為，求及的值.19．（12分）如圖所示，在四面體中，，平面平面，，且.（1）證明：平面；（2）設為棱的中點，當四面體的體積取得最大值時，求二面角的余弦值.20．（12分）已知正數x，y，z滿足xyzt（t為常數），且的最小值為，求實數t的值.21．（12分）如圖，在正三棱柱中，，，分別為，的中點．（1）求證：平面；（2）求平面與平面所成二面角銳角的余弦值．22．（10分）在中，角，，的對邊分別為，，，已知．（1）若，，成等差數列，求的值；（2）是否存在滿足為直角？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．

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．D【解析】

由已知可得，結合向量數量積的運算律，建立方程，求解即可.【詳解】依題意得由，得即，解得.故選:.【點睛】本題考查向量的數量積運算，向量垂直的應用，考查計算求解能力，屬于基礎題.2．D【解析】

由題意結合函數的圖象，求出周期，根據周期公式求出，求出，根據函數的圖象過點，求出，即可求得答案【詳解】由函數圖象可知：，函數的圖象過點，，則故選【點睛】本題主要考查的是的圖像的運用，在解答此類題目時一定要挖掘圖像中的條件，計算三角函數的周期、最值，代入已知點坐標求出結果3．B【解析】分析：利用的恒等式，將分子、分母同時乘以，化簡整理得詳解：，故選B點睛：復數問題是高考數學中的常考問題，屬于得分題，主要考查的方面有：復數的分類、復數的幾何意義、復數的模、共軛復數以及復數的乘除運算，在運算時注意符號的正、負問題.4．B【解析】

由，則輸出為300，即可得出判斷框的答案【詳解】由，則輸出的值為300，，故判斷框中應填？故選：．【點睛】本題考查了程序框圖的應用問題，解題時應模擬程序框圖的運行過程，以便得出正確的結論，是基礎題．5．B【解析】

根據程序框圖中程序的功能，可以列方程計算．【詳解】由題意，．故選：B.【點睛】本題考查程序框圖，讀懂程序的功能是解題關鍵．6．B【解析】

由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得的解析式，再根據函數的圖象變換規律，誘導公式，得出結論．【詳解】根據已知函數其中，的圖象過點，，可得，，解得：．再根據五點法作圖可得，可得：，可得函數解析式為：故把的圖象向左平移個單位長度，可得的圖象，故選B．【點睛】本題主要考查由函數的部分圖象求解析式，由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，函數的圖象變換規律，誘導公式的應用，屬于中檔題．7．B【解析】

解出,分別代入選項中的值進行驗證.【詳解】解：，.當時,，此時不成立.當時,，此時成立，符合題意.故選:B.【點睛】本題考查了不等式的解法,考查了集合的關系.8．B【解析】

由分子、分母的奇偶性，易于確定函數為奇函數，由的近似值即可得出結果．【詳解】設，則，所以是奇函數，圖象關于原點成中心對稱，排除選項C．又排除選項D；，排除選項A，故選B．【點睛】本題通過判斷函數的奇偶性，縮小考察范圍，通過計算特殊函數值，最后做出選擇．本題較易，注重了基礎知識、基本計算能力的考查．9．D【解析】

可設的內切圓的圓心為，設，，可得，由切線的性質：切線長相等推得，解得、，并設，求得的值，推得為等邊三角形，由焦距為三角形的高，結合離心率公式可得所求值．【詳解】可設的內切圓的圓心為，為切點，且為中點，，設，，則，且有，解得，，設，，設圓切于點，則，，由，解得，，，所以為等邊三角形，所以，，解得.因此，該橢圓的離心率為.故選：D.【點睛】本題考查橢圓的定義和性質，注意運用三角形的內心性質和等邊三角形的性質，切線的性質，考查化簡運算能力，屬于中檔題．10．C【解析】

利用建系，假設長度，表示向量與，利用向量的夾角公式，可得結果.【詳解】由平面平面，平面平面，平面所以平面，又平面所以，又所以作軸//,建立空間直角坐標系如圖設，所以則所以所以故選：C【點睛】本題考查異面直線所成成角的余弦值，一般采用這兩種方法：（1）將兩條異面直線作輔助線放到同一個平面，然后利用解三角形知識求解；（2）建系，利用空間向量，屬基礎題.11．C【解析】

①用周期函數的定義驗證.②當時，，，再利用單調性判斷.③根據平移變換，函數的值域等價于函數的值域，而，當時，再求值域.【詳解】因為，故①錯誤；當時，，所以，所以在上單調遞增，故②正確；函數的值域等價于函數的值域，易知，故當時，，故③正確.故選：C.【點睛】本題考查三角函數的性質，還考查推理論證能力以及分類討論思想，屬于中檔題.12．B【解析】

根據線面垂直的判斷方法對選項逐一分析，由此確定正確選項.【詳解】對于A選項，當，，時，由于不在平面內，故無法得出.對于B選項，由于，，所以.故B選項正確.對于C選項，當，時，可能含于平面，故無法得出.對于D選項，當，時，無法得出.綜上所述，的一個充分條件是“，”故選：B【點睛】本小題主要考查線面垂直的判斷，考查充分必要條件的理解，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】

設是中點，根據已知條件判斷出三點共線且是線段靠近的三等分點，由此求得，結合幾何概型求得點取自三角形的概率.【詳解】設是中點，因為，所以，所以三點共線且點是線段靠近的三等分點，故，所以此點取自內的概率是．故答案為：【點睛】本小題主要考查三點共線的向量表示，考查幾何概型概率計算，屬于基礎題.14．1【解析】

首先根據向量的數量積的運算律求出，再根據計算可得；【詳解】解：因為，所以又所以所以故答案為：【點睛】本題考查平面向量的數量積的運算，屬于基礎題.15．【解析】

寫出二項展開式的通項，然后取的指數為求得的值，則項的系數可求得.【詳解】，由，可得.含項的系數為.故答案為：【點睛】本題考查了二項式定理展開式、需熟記二項式展開式的通項公式，屬于基礎題.16．【解析】

作A關于平面α和β的對稱點M，N，交α和β與D，E，連接MN，AM，AN，DE，根據對稱性三角形ADC的周長為AB+AC+BC＝MB+BC+CN，當四點共線時長度最短，結合對稱性和余弦定理求解.【詳解】作A關于平面α和β的對稱點M，N，交α和β與D，E，連接MN，AM，AN，DE，根據對稱性三角形ABC的周長為AB+AC+BC＝MB+BC+CN，當M，B，C，N共線時，周長最小為MN設平面ADE交l于，O，連接OD，OE，顯然OD⊥l，OE⊥l，∠DOE＝60°，∠MOA+∠AON＝240°,OA＝1，∠MON＝120°，且OM＝ON＝OA＝1，根據余弦定理，故MN2＝1+1﹣2×1×1×cos120°＝3，故MN．故答案為：．【點睛】此題考查求空間三角形邊長的最值，關鍵在于根據幾何性質找出對稱關系，結合解三角形知識求解.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）見解析；（2）【解析】

（1）過點作交于，連接，設，連接，由角平分線的性質，正方形的性質，三角形的全等，證得，，由線面垂直的判斷定理證得平面，再由面面垂直的判斷得證.（2）平面幾何知識和線面的關系可證得平面，建立空間直角坐標系，求得兩個平面的法向量，根據二面角的向量計算公式可求得其值.【詳解】（1）如圖，過點作交于，連接，設，連接，，，又為的角平分線，四邊形為正方形，，又，，，，，又為的中點，又平面，，平面，又平面，平面平面，（2）在中，，，，在中，，，又，，，，又，，平面，平面，故建立如圖空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的一個法向量為，則，，令，得,設平面的一個法向量為，則，，令，得，由圖示可知二面角是銳角，故二面角的余弦值為.【點睛】本題考查空間的面面垂直關系的證明，二面角的計算，在證明垂直關系時，注意運用平面幾何中的等腰三角形的“三線合一”，勾股定理、菱形的對角線互相垂直，屬于基礎題.18．（1）（2）；【解析】

（1）由代入中計算即可；（2）由余弦定理可得，所以，由，變形即可得到答案.【詳解】（1）因為，可得：，∴，或（舍），∵，∴.（2）由余弦定理，得所以，故，又，所以，所以.【點睛】本題考查二倍角公式以及正余弦定理解三角形，考查學生的運算求解能力，是一道容易題.19．（1）見證明；（2）【解析】

（1）根據面面垂直的性質得到平面，從而得到，利用勾股定理得到，利用線面垂直的判定定理證得平面；（2）設，利用椎體的體積公式求得，利用導數研究函數的單調性，從而求得時，四面體的體積取得最大值，之后利用空間向量求得二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：因為，平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以.因為，所以，所以，因為，所以平面.（2）解：設，則，四面體的體積.，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.故當時，四面體的體積取得最大值.以為坐標原點，建立空間直角坐標系，則，，，，.設平面的法向量為，則，即，令，得，同理可得平面的一個法向量為，則.由圖可知，二面角為銳角，故二面角的余弦值為.【點睛】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及到的知識點有面面垂直的性質，線面垂直的判定，椎體的體積，二面角的求法，在解題的過程中，注意巧用導數求解體積的最大值.20．t＝1【解析】

把變形為結合基本不等式進行求解.【詳解】因為即，當且僅當，，時，上述等號成立，所以，即，又x，y，z＞0，所以xyzt＝1．【點睛】本題主要考查基本不等式的應用，利用基本不等式求解最值時要注意轉化為適用形式，同時要關注不等號是否成立，側重考查數學運算的核心素養.21．（1）證明見詳解；（2）.【解析】

（1）取中點為，通過證明//，進而證明線面平行；（2）取中點為，以為坐標原點建立直角坐標系，求得兩個平面的法向量，用向量法解得二面角的大小.【詳解】（1）證明：取的中點，連結，，如下圖所示：在中，因為為的中點，，且，又為的中點，，，且，，且，四邊形為平行四邊形