1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡

2、一并交回。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設為坐標原點，是以為焦點的拋物線上任意一點，是線段上的點，且，則直線的斜率的最大值為（ ）A1BCD2如圖網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的所有棱中最長棱的長度為（ ）ABCD3函數在上為增函數，則的值可以是( )A0BCD4若滿足約束條件則的最大值為（ ）A10B8C5D35已知函數，則下列判斷錯誤的是（ ）A的最小正周期為B的值域為C的圖象關于直線對稱D的圖象關于點對稱6函數的圖象向右平移個單位得到函數的圖象，并且函數在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上

3、單調遞減，則實數的值為（ ）ABC2D7若的展開式中二項式系數和為256，則二項式展開式中有理項系數之和為（ ）A85B84C57D568定義：表示不等式的解集中的整數解之和.若，則實數的取值范圍是ABCD9若實數、滿足，則的最小值是（ ）ABCD10某幾何體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該幾何體的體積等于（ ）cm3ABCD11已知數列中，()，則等于（ ）ABCD212復數的實部與虛部相等，其中為虛部單位，則實數( )A3BCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若橢圓：的一個焦點坐標為，則的長軸長為_14的展開式中二項式系數最大的項的系數為_（用數字作答）.15內角，

4、的對邊分別為，若，則_16已知橢圓的離心率是，若以為圓心且與橢圓有公共點的圓的最大半徑為，此時橢圓的方程是_.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）已知各項均為正數的數列的前項和為，且，（，且）（1）求數列的通項公式；（2）證明：當時，18（12分）已知函數，.(1)求的值；(2)令在上最小值為，證明：.19（12分）設等差數列的首項為0，公差為a，；等差數列的首項為0，公差為b，.由數列和構造數表M，與數表；記數表M中位于第i行第j列的元素為，其中，（i，j=1，2，3，）.記數表中位于第i行第j列的元素為，其中（，）.如：，.（1）設，請計算，；（2）

5、設，試求，的表達式（用i，j表示），并證明：對于整數t，若t不屬于數表M，則t屬于數表；（3）設，對于整數t，t不屬于數表M，求t的最大值.20（12分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB1，AA12，E，F，G分別是棱AA1，AC和A1C1的中點，以為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系F-xyz.（1）求異面直線AC與BE所成角的余弦值；（2）求二面角F-BC1-C的余弦值21（12分）在中，角的對邊分別為.已知，.（1）若，求；（2）求的面積的最大值.22（10分）如圖，已知橢圓C:x24+y2=1，F為其右焦點，直線l:y=kx+m(km0)與橢圓交于P(x1(I)試用x1表示

6、|PF|(II)證明：原點O到直線l的距離為定值.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。1A【解析】設，因為，得到，利用直線的斜率公式，得到，結合基本不等式，即可求解.【詳解】由題意，拋物線的焦點坐標為，設，因為，即線段的中點，所以，所以直線的斜率，當且僅當，即時等號成立，所以直線的斜率的最大值為1.故選：A.【點睛】本題主要考查了拋物線的方程及其應用，直線的斜率公式，以及利用基本不等式求最值的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題.2C【解析】利用正方體將三視圖還原，觀察可得最長棱為AD，算出長度.【詳解】幾何體的

7、直觀圖如圖所示，易得最長的棱長為故選：C.【點睛】本題考查了三視圖還原幾何體的問題，其中利用正方體作襯托是關鍵，屬于基礎題.3D【解析】依次將選項中的代入，結合正弦、余弦函數的圖象即可得到答案.【詳解】當時，在上不單調，故A不正確；當時，在上單調遞減，故B不正確；當時，在上不單調，故C不正確；當時，在上單調遞增，故D正確.故選：D【點睛】本題考查正弦、余弦函數的單調性，涉及到誘導公式的應用，是一道容易題.4D【解析】畫出可行域,將化為,通過平移即可判斷出最優(yōu)解,代入到目標函數,即可求出最值.【詳解】解:由約束條件作出可行域如圖,化目標函數為直線方程的斜截式,.由圖可知當直線過時,直線在軸上的截

8、距最大,有最大值為3.故選:D.【點睛】本題考查了線性規(guī)劃問題.一般第一步畫出可行域,然后將目標函數轉化為 的形式,在可行域內通過平移找到最優(yōu)解,將最優(yōu)解帶回到目標函數即可求出最值.注意畫可行域時,邊界線的虛實問題.5D【解析】先將函數化為，再由三角函數的性質，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】可得對于A，的最小正周期為,故A正確；對于B，由，可得，故B正確；對于C，正弦函數對稱軸可得：解得：，當，故C正確；對于D，正弦函數對稱中心的橫坐標為：解得：若圖象關于點對稱，則解得：，故D錯誤；故選：D.【點睛】本題考查三角恒等變換，三角函數的性質，熟記三角函數基本公式和基本性質，考查了分析能力和計算能

9、力，屬于基礎題.6C【解析】由函數的圖象向右平移個單位得到，函數在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，可得時，取得最大值，即，當時，解得，故選C.點睛：本題主要考查了三角函數圖象的平移變換和性質的靈活運用，屬于基礎題；據平移變換“左加右減，上加下減”的規(guī)律求解出，根據函數在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減可得時，取得最大值，求解可得實數的值.7A【解析】先求，再確定展開式中的有理項，最后求系數之和.【詳解】解：的展開式中二項式系數和為256故，要求展開式中的有理項，則則二項式展開式中有理項系數之和為：故選：A【點睛】考查二項式的二項式系數及展開式中有理項系數的確定，基礎題.8D【解析】由題意得，

10、表示不等式的解集中整數解之和為6.當時，數形結合（如圖）得的解集中的整數解有無數多個，解集中的整數解之和一定大于6.當時，數形結合（如圖），由解得.在內有3個整數解，為1，2，3，滿足，所以符合題意.當時，作出函數和的圖象，如圖所示. 若，即的整數解只有1，2，3.只需滿足，即，解得，所以.綜上，當時，實數的取值范圍是.故選D.9D【解析】根據約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到最優(yōu)解，求出最優(yōu)解的坐標，代入目標函數得答案【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯立，得，可得點，由得，平移直線，當該直線經過可行域的頂點時，該直線在軸上的截距最小，此時取最小值，即

11、.故選：D.【點睛】本題考查簡單的線性規(guī)劃，考查數形結合的解題思想方法，是基礎題10D【解析】解：根據幾何體的三視圖知，該幾何體是三棱柱與半圓柱體的組合體，結合圖中數據，計算它的體積為：V=V三棱柱+V半圓柱=221+121=（6+1.5）cm1故答案為6+1.5點睛：根據幾何體的三視圖知該幾何體是三棱柱與半圓柱體的組合體，結合圖中數據計算它的體積即可11A【解析】分別代值計算可得，觀察可得數列是以3為周期的周期數列，問題得以解決.【詳解】解：，()，數列是以3為周期的周期數列，故選：A.【點睛】本題考查數列的周期性和運用：求數列中的項，考查運算能力，屬于基礎題.12B【解析】利用乘法運算化簡

12、復數即可得到答案.【詳解】由已知，所以，解得.故選：B【點睛】本題考查復數的概念及復數的乘法運算，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由焦點坐標得從而可求出，繼而得到橢圓的方程，即可求出長軸長.【詳解】解：因為一個焦點坐標為，則，即，解得或 由表示的是橢圓，則，所以，則橢圓方程為 所以.故答案為:.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程，考查了橢圓的幾何意義.本題的易錯點是忽略，從而未對 的兩個值進行取舍.145670【解析】根據二項式展開的通項，可得二項式系數的最大項，可求得其系數.【詳解】二項展開式一共有項，所以由二項式系數的性質可知

13、二項式系數最大的項為第5項，系數為.故答案為：5670【點睛】本題考查了二項式定理展開式的應用，由通項公式求二項式系數，屬于中檔題.15【解析】，即，16【解析】根據題意設為橢圓上任意一點,表達出,再根據二次函數的對稱軸與求解的關系分析最值求解即可.【詳解】因為橢圓的離心率是,所以,故橢圓方程為.因為以為圓心且與橢圓有公共點的圓的最大半徑為,所以橢圓上的點到點的距離的最大值為.設為橢圓上任意一點,則.所以因為的對稱軸為.(i)當時,在上單調遞增,在上單調遞減.此時,解得.(ii)當時, 在上單調遞減.此時,解得舍去.綜上,橢圓方程為.故答案為：【點睛】本題主要考查了橢圓上的點到定點的距離最值問

14、題,需要根據題意設橢圓上的點,再求出距離,根據二次函數的對稱軸與區(qū)間的關系分析最值的取值點分類討論求解.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) (2)見證明【解析】(1)由題意將遞推關系式整理為關于與的關系式，求得前n項和然后確定通項公式即可；(2)由題意結合通項公式的特征放縮之后裂項求和即可證得題中的不等式.【詳解】（1）由，得，即，所以數列是以為首項，以為公差的等差數列，所以，即，當時，當時，也滿足上式，所以；（2）當時，所以【點睛】給出 與 的遞推關系，求an，常用思路是：一是利用轉化為an的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為Sn的遞推關

15、系，先求出Sn與n之間的關系，再求an.18 (1)；(2)見解析【解析】(1)將轉化為對任意恒成立，令，故只需，即可求出的值； (2)由(1)知，可得，令，可證，使得，從而可確定在上單調遞減，在上單調遞增，進而可得，即，即可證出【詳解】函數的定義域為，因為對任意恒成立，即對任意恒成立，令，則，當時，故在上單調遞增，又，所以當時，不符合題意；當時，令得，當時，；當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以要使在時恒成立，則只需，即，令，所以，當時，；當時，所以在 單調遞減，在上單調遞增，所以，即，又，所以，故滿足條件的的值只有(2)由(1)知，所以，令，則，當，時，即在上單調遞增；又，所以

16、，使得，當時，；當時，即在上單調遞減，在上單調遞增，且所以， 即，所以，即【點睛】本題主要考查利用導數法求函數的最值及恒成立問題處理方法，第(2)問通過最值問題深化對函數的單調性的考查，同時考查轉化與化歸的思想，屬于中檔題19（1）（2）詳見解析（3）29【解析】（1）將，代入，可求出，可代入求，可求結果（2）可求，通過反證法證明，（3）可推出，的最大值，就是集合中元素的最大值，求出【詳解】（1）由題意知等差數列的通項公式為：；等差數列的通項公式為：，得，則，得，故（2）證明：已知，由題意知等差數列的通項公式為：；等差數列的通項公式為：，得，得，所以若，則存在，使，若，則存在，使，因此，對于正

17、整數，考慮集合，即，下面證明：集合中至少有一元素是7的倍數反證法：假設集合中任何一個元素，都不是7的倍數，則集合中每一元素關于7的余數可以為1，2，3，4，5，6，又因為集合中共有7個元素，所以集合中至少存在兩個元素關于7的余數相同，不妨設為，其中，則這兩個元素的差為7的倍數，即，所以，與矛盾，所以假設不成立，即原命題成立即集合中至少有一元素是7的倍數，不妨設該元素為，則存在，使，即，由已證可知，若，則存在，使，而，所以為負整數，設，則，且，所以，當，時，對于整數，若，則成立（3）下面用反證法證明：若對于整數，則，假設命題不成立，即，且則對于整數，存在，使成立，整理，得，又因為，所以且是7的倍

18、數，因為，所以，所以矛盾，即假設不成立所以對于整數，若，則，又由第二問，對于整數，則，所以的最大值，就是集合中元素的最大值，又因為，所以【點睛】本題考查數列的綜合應用，以及反證法，求最值，屬于難題20（1）.（2）.【解析】（1）先根據空間直角坐標系，求得向量和向量的坐標，再利用線線角的向量方法求解.（2）分別求得平面BFC1的一個法向量和平面BCC1的一個法向量，再利用面面角的向量方法求解.【詳解】規(guī)范解答 （1） 因為AB1，AA12，則F(0，0，0)，A，C，B，E，所以(1，0，0)，記異面直線AC和BE所成角為，則cos|cos|，所以異面直線AC和BE所成角的余弦值為.（2） 設平面BFC1的法向量為= (x1，y1，z1)因為，則取x14，得平面BFC1的一個法向量為(4，0，1)設平面BCC1的法向量為(x2，y2，z2)因為，(0，0，2)，則取x2 得平面BCC1的一個法向量為(，1，0)，所以cos =根據圖形可知二面角F-BC1-C為銳二面角，所以二面角F-BC1-C的余弦值為.【點睛】本題主要考查了空間向量法研究空間中線線角，面面角的求法，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.21（1）；（2）4【解析】（1）根據已知用二倍角余弦求出，進而求出，利用正弦定理，即可求解；（2）由邊角，利用余弦定理結合基本