2021-2022高考數學模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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△ABC中，．點P為BC邊上的動點，則的最小值為（）A．2 B． C． D．2．已知為等腰直角三角形，，，為所在平面內一點，且，則（）A． B． C． D．3．的展開式中的系數為（）A． B． C． D．4．祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”.意思是說：兩個同高的幾何體，如在等高處的截面積恒相等，則體積相等.設、為兩個同高的幾何體，、的體積不相等，、在等高處的截面積不恒相等.根據祖暅原理可知，是的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．設、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，則的一個充分條件是（）A．且 B．且 C．且 D．且6．命題“”的否定為（）A． B．C． D．7．明代數學家程大位（1533~1606年），有感于當時籌算方法的不便，用其畢生心血寫出《算法統(tǒng)宗》，可謂集成計算的鼻祖．如圖所示的程序框圖的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”問題．執(zhí)行該程序框圖，若輸出的的值為，則輸入的的值為（）A． B． C． D．8．若滿足，且目標函數的最大值為2，則的最小值為()A．8 B．4 C． D．69．已知拋物線C：，過焦點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點（A在x軸上方），且滿足，則直線l的斜率為（）A．1 B．C．2 D．310．已知a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，且，，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件11．在邊長為的菱形中，，沿對角線折成二面角為的四面體（如圖），則此四面體的外接球表面積為（）A． B．C． D．12．已知拋物線：，點為上一點，過點作軸于點，又知點，則的最小值為（）A． B． C．3 D．5二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設、、、、是表面積為的球的球面上五點，四邊形為正方形，則四棱錐體積的最大值為__________.14．在直三棱柱內有一個與其各面都相切的球O1，同時在三棱柱外有一個外接球.若,，,則球的表面積為______.15．若的展開式中各項系數之和為32，則展開式中x的系數為_____16．已知等比數列{an}的前n項和為Sn，若a2三、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）某企業(yè)質量檢驗員為了檢測生產線上零件的質量情況，從生產線上隨機抽取了個零件進行測量，根據所測量的零件尺寸（單位：mm），得到如下的頻率分布直方圖：（1）根據頻率分布直方圖，求這個零件尺寸的中位數（結果精確到）；（2）若從這個零件中尺寸位于之外的零件中隨機抽取個，設表示尺寸在上的零件個數，求的分布列及數學期望；（3）已知尺寸在上的零件為一等品，否則為二等品，將這個零件尺寸的樣本頻率視為概率.現對生產線上生產的零件進行成箱包裝出售，每箱個.企業(yè)在交付買家之前需要決策是否對每箱的所有零件進行檢驗，已知每個零件的檢驗費用為元.若檢驗，則將檢驗出的二等品更換為一等品；若不檢驗，如果有二等品進入買家手中，企業(yè)要向買家對每個二等品支付元的賠償費用.現對一箱零件隨機抽檢了個，結果有個二等品，以整箱檢驗費用與賠償費用之和的期望值作為決策依據，該企業(yè)是否對該箱余下的所有零件進行檢驗？請說明理由.18．（12分）設橢圓：的左、右焦點分別為，，下頂點為，橢圓的離心率是，的面積是.（1）求橢圓的標準方程.（2）直線與橢圓交于，兩點（異于點），若直線與直線的斜率之和為1，證明：直線恒過定點，并求出該定點的坐標.19．（12分）為貫徹十九大報告中“要提供更多優(yōu)質生態(tài)產品以滿足人民日益增長的優(yōu)美生態(tài)環(huán)境需要”的要求，某生物小組通過抽樣檢測植物高度的方法來監(jiān)測培育的某種植物的生長情況．現分別從、、三塊試驗田中各隨機抽取株植物測量高度，數據如下表（單位：厘米）：組組組假設所有植株的生長情況相互獨立．從、、三組各隨機選株，組選出的植株記為甲，組選出的植株記為乙，組選出的植株記為丙．（1）求丙的高度小于厘米的概率；（2）求甲的高度大于乙的高度的概率；（3）表格中所有數據的平均數記為．從、、三塊試驗田中分別再隨機抽取株該種植物，它們的高度依次是、、（單位：厘米）．這個新數據與表格中的所有數據構成的新樣本的平均數記為，試比較和的大小．（結論不要求證明）20．（12分）已知函數和的圖象關于原點對稱，且．（1）解關于的不等式；（2）如果對，不等式恒成立，求實數的取值范圍．21．（12分）在四棱錐的底面是菱形，底面，，分別是的中點，.（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值；（III）在邊上是否存在點，使與所成角的余弦值為，若存在，確定點的位置；若不存在，說明理由.22．（10分）已知曲線的極坐標方程為，直線的參數方程為（為參數）.（1）求曲線的直角坐標方程與直線的普通方程；（2）已知點，直線與曲線交于、兩點，求.

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】

以BC的中點為坐標原點，建立直角坐標系，可得，設，運用向量的坐標表示，求得點A的軌跡，進而得到關于a的二次函數，可得最小值．【詳解】以BC的中點為坐標原點，建立如圖的直角坐標系，可得，設，由，可得，即，則，當時，的最小值為．故選D．【點睛】本題考查向量數量積的坐標表示，考查轉化思想和二次函數的值域解法，考查運算能力，屬于中檔題．2．D【解析】

以AB,AC分別為x軸和y軸建立坐標系，結合向量的坐標運算，可求得點的坐標，進而求得，由平面向量的數量積可得答案.【詳解】如圖建系，則，，，由，易得，則.故選：D【點睛】本題考查平面向量基本定理的運用、數量積的運算，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力.3．C【解析】由題意，根據二項式定理展開式的通項公式，得展開式的通項為，則展開式的通項為，由，得，所以所求的系數為.故選C.點睛：此題主要考查二項式定理的通項公式的應用，以及組合數、整數冪的運算等有關方面的知識與技能，屬于中低檔題，也是?？贾R點.在二項式定理的應用中，注意區(qū)分二項式系數與系數，先求出通項公式，再根據所求問題，通過確定未知的次數，求出，將的值代入通項公式進行計算，從而問題可得解.4．A【解析】

由題意分別判斷命題的充分性與必要性，可得答案.【詳解】解：由題意，若、的體積不相等，則、在等高處的截面積不恒相等，充分性成立；反之，、在等高處的截面積不恒相等，但、的體積可能相等，例如是一個正放的正四面體，一個倒放的正四面體，必要性不成立，所以是的充分不必要條件，故選：A.【點睛】本題主要考查充分條件、必要條件的判定，意在考查學生的邏輯推理能力.5．B【解析】由且可得，故選B.6．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.7．C【解析】

根據程序框圖依次計算得到答案.【詳解】，；，；，；，；，此時不滿足，跳出循環(huán)，輸出結果為，由題意，得．故選:【點睛】本題考查了程序框圖的計算，意在考查學生的理解能力和計算能力.8．A【解析】

作出可行域，由，可得.當直線過可行域內的點時，最大，可得.再由基本不等式可求的最小值.【詳解】作出可行域，如圖所示由，可得.平移直線，當直線過可行域內的點時，最大，即最大，最大值為2.解方程組，得..，當且僅當，即時，等號成立.的最小值為8.故選：.【點睛】本題考查簡單的線性規(guī)劃，考查基本不等式，屬于中檔題.9．B【解析】

設直線的方程為代入拋物線方程，利用韋達定理可得,,由可知所以可得代入化簡求得參數,即可求得結果.【詳解】設，（，）.易知直線l的斜率存在且不為0，設為，則直線l的方程為.與拋物線方程聯立得，所以，.因為，所以，得，所以，即，，所以.故選:B.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系,考查韋達定理及向量的坐標之間的關系,考查計算能力，屬于中檔題.10．C【解析】

根據線面平行的性質定理和判定定理判斷與的關系即可得到答案.【詳解】若，根據線面平行的性質定理，可得；若，根據線面平行的判定定理，可得.故選：C.【點睛】本題主要考查了線面平行的性質定理和判定定理，屬于基礎題.11．A【解析】

畫圖取的中點M，法一：四邊形的外接圓直徑為OM，即可求半徑從而求外接球表面積；法二：根據，即可求半徑從而求外接球表面積；法三：作出的外接圓直徑，求出和，即可求半徑從而求外接球表面積；【詳解】如圖，取的中點M，和的外接圓半徑為，和的外心，到弦的距離（弦心距）為.法一：四邊形的外接圓直徑，，；法二：，，；法三：作出的外接圓直徑，則，，，，，，，，，.故選：A【點睛】此題考查三棱錐的外接球表面積，關鍵點是通過幾何關系求得球心位置和球半徑，方法較多，屬于較易題目.12．C【解析】

由,再運用三點共線時和最小，即可求解.【詳解】.故選：C【點睛】本題考查拋物線的定義，合理轉化是本題的關鍵，注意拋物線的性質的靈活運用，屬于中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

根據球的表面積求得球的半徑，設球心到四棱錐底面的距離為，求得四棱錐的表達式，利用基本不等式求得體積的最大值.【詳解】由已知可得球的半徑，設球心到四棱錐底面的距離為，棱錐的高為，底面邊長為，的體積，當且僅當時等號成立.故答案為：【點睛】本小題主要考查球的表面積有關計算，考查球的內接四棱錐體積的最值的求法，屬于中檔題.14．【解析】

先求出球O1的半徑，再求出球的半徑，即得球的表面積.【詳解】解：,，,，設球O1的半徑為，由題得，所以棱柱的側棱為.由題得棱柱外接球的直徑為，所以外接球的半徑為，所以球的表面積為.故答案為：【點睛】本題主要考查幾何體的內切球和外接球問題，考查球的表面積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于中檔題.15．2025【解析】

利用賦值法，結合展開式中各項系數之和列方程，由此求得的值.再利用二項式展開式的通項公式，求得展開式中的系數.【詳解】依題意，令，解得，所以，則二項式的展開式的通項為：令，得，所以的系數為.故答案為：2025【點睛】本小題主要考查二項式展開式各項系數之和，考查二項式展開式指定項系數的求法，屬于基礎題.16．-2【解析】試題分析：∵a2考點：等比數列性質及求和公式三、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）分布列見詳解，期望為；（3）余下所有零件不用檢驗，理由見詳解.【解析】

（1）計算的頻率，并且與進行比較，判斷中位數落在的區(qū)間，然后根據頻率的計算方法，可得結果.（2）計算位于之外的零件中隨機抽取個的總數，寫出所有可能取值，并計算相對應的概率，列出分布列，計算期望，可得結果.（3）計算整箱的費用，根據余下零件個數服從二項分布，可得余下零件個數的期望值，然后計算整箱檢驗費用與賠償費用之和的期望值，進行比較，可得結果.【詳解】（1）尺寸在的頻率：尺寸在的頻率：且所以可知尺寸的中位數落在假設尺寸中位數為所以所以這個零件尺寸的中位數（2）尺寸在的個數為尺寸在的個數為的所有可能取值為1，2，3，4則，，所以的分布列為（3）二等品的概率為如果對余下的零件進行檢驗則整箱的檢驗費用為（元）余下二等品的個數期望值為如果不對余下的零件進行檢驗，整箱檢驗費用與賠償費用之和的期望值為（元）所以，所以可以不對余下的零件進行檢驗.【點睛】本題考查頻率分布直方圖的應用，掌握中位數，平均數，眾數的計算方法，中位數的理解應該從中位數開始左右兩邊的頻率各為0.5，考驗分析能力以及數據處理，屬中檔題.18．（1）；（2）證明見解析，.【解析】

（1）根據離心率和的面積是得到方程組，計算得到答案.（2）先排除斜率為0時的情況，設，，聯立方程組利用韋達定理得到，，根據化簡得到，代入直線方程得到答案.【詳解】（1）由題意可得，解得，，則橢圓的標準方程是.（2）當直線的斜率為0時，直線與直線關于軸對稱，則直線與直線的斜率之和為零，與題設條件矛盾，故直線的斜率不為0.設，，直線的方程為聯立，整理得則，.因為直線與直線的斜率之和為1，所以，所以，將，代入上式，整理得.所以，即，則直線的方程為.故直線恒過定點.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程，直線過定點問題，計算出是解題的關鍵，意在考查學生的計算能力和轉化能力.19．（1）；（2）；（3）．【解析】

設事件為“甲是組的第株植物”，事件為“乙是組的第株植物”，事件為“丙是組的第株植物”，、、、，可得出.（1）設事件為“丙的高度小于厘米”，可得，且、互斥，利用互斥事件的概率公式可求得結果；（2）設事件為“甲的高度大于乙的高度”，列舉出符合題意的基本事件，利用互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率；（3）根據題意直接判斷和的大小即可.【詳解】設事件為“甲是組的第株植物”，事件為“乙是組的第株植物”，事件為“丙是組的第株植物”，、、、．由題意可知，、、、．（1）設事件為“丙的高度小于厘米”，由題意知，又與互斥，所以事件的概率；（2）設事件為“甲的高度大于乙的高度”．由題意知．所以事件的概率；（3）.【點睛】本題考查概率的求法，考查互斥事件加法公式、相互獨立事件概率乘法公式等基礎知識，考查運算求解能力，是中等題．20．（1）（2）【解析】試題分析：（1）由函數和的圖象關于原點對稱可得的表達式，再去掉絕對值即可解不等式；（2）對，不等式成立等價于，去絕對值得不等式組，即可求得實數的取值范圍.試題解析：（1）∵函數和的圖象關于原點對稱，∴，∴原不等式可化為，即或，解得不等式的解集為；（2）不等式可化為：，即，即，則只需，解得，的取值范圍是.21．（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）見解析.【解析】

(Ⅰ)由題意結合幾何關系可證得平面，據此