安徽省蒙城县2021-2022学年高考仿真模拟数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1定义在R上的偶函数f（x）满足f（x+2）f（x），当x3，2时，f（x）x2，则（ ）ABf（sin3）f（cos3）CDf（2020）f（2019）2已知定义在上的奇函数满足：（其中），且在区间上是减函数，令，则，的大小关系（用不等

2、号连接）为（ ）ABCD3已知，则的大小关系为ABCD4函数（且）的图象可能为（ ）ABCD5关于圆周率，数学发展史上出现过许多很有创意的求法，如著名的蒲丰实验和查理斯实验.受其启发，某同学通过下面的随机模拟方法来估计的值：先用计算机产生个数对，其中，都是区间上的均匀随机数，再统计，能与构成锐角三角形三边长的数对的个数最后根据统计数来估计的值.若，则的估计值为（ ）ABCD6执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）A2B3CD7集合，则（ ）ABCD8若集合M1，3，N1，3，5，则满足MXN的集合X的个数为()A1B2C3D49已知集合，则（）ABCD10在三棱锥中，点到底面的距离为2，则三棱

3、锥外接球的表面积为（ ）ABCD11如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且，若正方体的六个面所在的平面与直线相交的平面个数分别记为，则下列结论正确的是（）ABCD12某几何体的三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何体表面积为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知的三个内角为，且，成等差数列， 则的最小值为_，最大值为_.14不等式对于定义域内的任意恒成立，则的取值范围为_.15已知集合，.若，则实数a的值是_.16已知关于x的不等式（axa24）（x4）0的解集为A，且A中共含有n个整数，则当n最小时实数a的值为_三、解答题

4、：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点（1）证明：平面；（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积18（12分）在平面直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和曲线的普通方程；（2）若P，Q分别为曲线，上的动点，求的最大值.19（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，为正三角形，平面平面分别是的中点.（1）证明:平面（2）若，求二面角的余弦值.20（12分）已知函数（1）若，试讨论的单调性；（2）若，实数为方程

5、的两不等实根，求证：.21（12分）已知椭圆的离心率为，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切（1）求椭圆的标准方程；（2）已知动直线l过右焦点F，且与椭圆C交于A、B两点，已知Q点坐标为，求的值22（10分）如图，直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，分别为，的中点，为棱上一点，若平面.（1）求线段的长；（2）求二面角的余弦值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1B【解析】根据函数的周期性以及x3，2的解析式，可作出函数f（x）在定义域上的图象，由此结合选项判断即可.【详解】由f（x+2）f（x），得f（

6、x）是周期函数且周期为2，先作出f（x）在x3，2时的图象，然后根据周期为2依次平移，并结合f（x）是偶函数作出f（x）在R上的图象如下，选项A，所以，选项A错误；选项B，因为，所以，所以f（sin3）f（cos3），即f（sin3）f（cos3），选项B正确；选项C，所以，即，选项C错误；选项D，选项D错误.故选：B.【点睛】本题考查函数性质的综合运用，考查函数值的大小比较，考查数形结合思想，属于中档题.2A【解析】因为，所以，即周期为，因为为奇函数，所以可作一个周期-2e,2e示意图，如图在（，）单调递增，因为，因此，选点睛：函数对称性代数表示（1）函数为奇函数 ，函数为偶函数（定义域关于

7、原点对称）；（2）函数关于点对称，函数关于直线对称，（3）函数周期为T,则3D【解析】分析：由题意结合对数的性质，对数函数的单调性和指数的性质整理计算即可确定a,b,c的大小关系.详解：由题意可知：，即，即，即，综上可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较这就必须掌握一些特殊方法在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确4D【解析】因为，故函数是奇函数，

8、所以排除A，B；取，则，故选D.考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.5B【解析】先利用几何概型的概率计算公式算出，能与构成锐角三角形三边长的概率，然后再利用随机模拟方法得到，能与构成锐角三角形三边长的概率，二者概率相等即可估计出.【详解】因为，都是区间上的均匀随机数，所以有，若，能与构成锐角三角形三边长，则，由几何概型的概率计算公式知，所以.故选：B.【点睛】本题考查几何概型的概率计算公式及运用随机数模拟法估计概率，考查学生的基本计算能力，是一个中档题.6B【解析】运行程序，依次进行循环,结合判断框，可得输出值.【详解】起始阶段有，第一次循环后，第二次循环后，第三次循环后，第四次循环后，

9、所有后面的循环具有周期性，周期为3，当时，再次循环输出的,，此时，循环结束，输出，故选：B【点睛】本题主要考查程序框图的相关知识，经过几次循环找出规律是关键，属于基础题型.7A【解析】计算，再计算交集得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.8D【解析】可以是共4个，选D.9A【解析】根据对数性质可知，再根据集合的交集运算即可求解.【详解】，集合，由交集运算可得.故选：A.【点睛】本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题.10C【解析】首先根据垂直关系可确定，由此可知为三棱锥外接球的球心，在中，可以算出的一个表达式，在中，可以计算出的一个表达式

10、，根据长度关系可构造等式求得半径，进而求出球的表面积【详解】取中点，由，可知：，为三棱锥外接球球心，过作平面，交平面于，连接交于，连接，为的中点由球的性质可知：平面，且设，在中，即，解得：，三棱锥的外接球的半径为：，三棱锥外接球的表面积为故选：.【点睛】本题考查三棱锥外接球的表面积的求解问题，求解几何体外接球相关问题的关键是能够利用球的性质确定外接球球心的位置.11A【解析】根据题意，画出几何位置图形，由图形的位置关系分别求得的值，即可比较各选项.【详解】如下图所示，平面，从而平面，易知与正方体的其余四个面所在平面均相交，平面，平面，且与正方体的其余四个面所在平面均相交，结合四个选项可知，只有

11、正确.故选：A.【点睛】本题考查了空间几何体中直线与平面位置关系的判断与综合应用，对空间想象能力要求较高，属于中档题.12C【解析】几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，计算得到答案.【详解】几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为.故选：.【点睛】本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13 【解析】根据正弦定理可得，利用余弦定理以及均值不等式，可得角的范围，然后构造函数，利用导数，研究函数性质，可得结果.【详解】

12、由，成等差数列所以所以又化简可得当且仅当时，取等号又，所以令，则当，即时，当，即时，则在递增，在递减所以由，所以所以的最小值为最大值为故答案为：，【点睛】本题考查等差数列、正弦定理、余弦定理，还考查了不等式、导数的综合应用，难点在于根据余弦定理以及不等式求出，考验分析能力以及逻辑思维能力，属难题.14【解析】根据题意，分离参数，转化为只对于内的任意恒成立，令，则只需在定义域内即可，利用放缩法，得出，化简后得出，即可得出的取值范围.【详解】解：已知对于定义域内的任意恒成立，即对于内的任意恒成立，令，则只需在定义域内即可，当时取等号，由可知，当时取等号，当有解时，令，则，在上单调递增，又，使得，则

13、，所以的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性和最值，解决恒成立问题求参数值，涉及分离参数法和放缩法，考查转化能力和计算能力.159【解析】根据集合交集的定义即得.【详解】集合，则a的值是9.故答案为：9【点睛】本题考查集合的交集，是基础题.16-1【解析】讨论三种情况，a0时,根据均值不等式得到a（a）14，计算等号成立的条件得到答案.【详解】已知关于x的不等式（axa14）（x4）0，a0时，x（a）（x4）0，其中a0，故解集为（a，4），由于a（a）14，当且仅当a，即a1时取等号，a的最大值为4，当且仅当a4时，A中共含有最少个整数，此时实数a的值为1；a0时

14、，4（x4）0，解集为（，4），整数解有无穷多，故a0不符合条件； a0时，x（a）（x4）0，其中a4，故解集为（，4）（a，+），整数解有无穷多，故a0不符合条件；综上所述，a1故答案为：1【点睛】本题考查了解不等式，均值不等式，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）见解析（2）【解析】（1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行；（2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从而得，同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积【详解】（1）证明：连接与交于，连接，因为是菱形，所

15、以为的中点，又因为为的中点，所以，因为平面平面，所以平面（2）解：取中点，连接，因为四边形是菱形，且，所以，又，所以平面，又平面，所以同理可证：，又，所以平面，所以平面平面，又平面平面，所以点到直线的距离即为点到平面的距离，过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为，因为为的中点，故点到平面的最大距离为1，此时，为的中点，即，所以，所以【点睛】本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关键18（1），；（2）【解析】试题分析：（1）由消去参数，可得的普通方程，由可得的普通方程；（2）设为曲线上一点，点到曲线的圆心的距离，结合可得最值，的最大值为，从而得解.

16、试题解析：（1）的普通方程为.曲线的极坐标方程为，曲线的普通方程为，即.（2）设为曲线上一点，则点到曲线的圆心的距离 .，当时，d有最大值.又P，Q分别为曲线，曲线上动点，的最大值为.19（1）详见解析；（2）.【解析】（1）连接，由菱形的性质以及中位线，得，由平面平面，且交线，得平面，故而，最后由线面垂直的判定得结论.（2）以为原点建平面直角坐标系，求出平面平与平面的法向量，最后求得二面角的余弦值为.【详解】解：（1）连结 ，且是的中点，平面平面，平面平面，平面. 平面，又为菱形，且为棱的中点，.又，平面平面.（2）由题意有，四边形为菱形，且 分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直

17、角坐标系，设，则设平面的法向量为由，得，令，得取平面的法向量为二面角为锐二面角，二面角的余弦值为【点睛】处理线面垂直问题时，需要学生对线面垂直的判定定理特别熟悉，运用几何语言表示出来方才过关，一定要在已知平面中找两条相交直线与平面外的直线垂直，才可以证得线面垂直，其次考查了学生运用空间向量处理空间中的二面角问题，培养了学生的计算能力和空间想象力.20（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】（1）根据题意得，分与讨论即可得到函数的单调性；（2）根据题意构造函数，得，参变分离得，分析不等式，即转化为，设，再构造函数，利用导数得单调性，进而得证.【详解】（1）依题意，当时，当时，恒成立，

18、此时在定义域上单调递增；当时，若，；若，；故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）方法1：由得令，则，依题意有，即，要证，只需证（不妨设），即证，令，设，则，在单调递减，即，从而有.方法2：由得令，则，当时，时，故在上单调递增，在上单调递减，不妨设，则，要证，只需证，易知，故只需证，即证令，（），则=，（也可代入后再求导）在上单调递减，故对于时，总有.由此得【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题.21（1）；（2）【解析】（1）根据椭圆的离心率为，得到，根据直线与圆的位置关系，得到原心到直线的距离等于半径，得到，从而求得，进而求得椭圆的方程；（2）分直线的斜率存在是否为0与不存在三种情况讨论，写出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，向量的数量积，结合已知条件求得结果.【详解】（1）由离心率为，可得，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆的方程为，因与直线相切，则有，即，故而椭圆方程为（2）当直线l的斜率不存在时，由于；当直线l的斜率为0时，则；当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，由及，得，有，综上所述：【点睛】该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准