2021-2022學年上海市黃埔區(qū)高考仿真卷數(shù)學試卷含解析

1、2021-2022高考數(shù)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陀螺是中國民間最早的娛樂工具，也稱陀羅. 如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某個陀螺的三視圖，則該陀螺的表面積為（ ）ABCD2拋物線的準線與軸的交點為點，過點作直線與拋物線交于、兩點，使得是的中點，則直線的斜率為（ ）ABC1D3已知為圓：上任意一點，若線段的垂直平分線交直線于點，則點的軌跡方程為( )ABC（）D（）4一場考試需要2小時，在這場考試中鐘表的時針轉過的弧度數(shù)為（ ）ABCD5在等腰直角三角形中，為的中點，將它沿翻折，使點與點間的距離為，此時四面體的外接球

3、的表面積為（ ）.ABCD6已知集合，則=（ ）ABCD7某幾何體的三視圖如圖所示，其俯視圖是由一個半圓與其直徑組成的圖形，則此幾何體的體積是（ ）ABCD8若、滿足約束條件，則的最大值為（ ）ABCD9已知定義在上的偶函數(shù)滿足，且在區(qū)間上是減函數(shù)，令，則的大小關系為（ ）ABCD10已知實數(shù)滿足線性約束條件，則的取值范圍為（ ）A(-2,-1B(-1,4C-2,4)D0,411已知函數(shù)，則的值等于（ ）A2018B1009C1010D202012已知直線y=k(x+1)(k0)與拋物線C相交于A，B兩點，F(xiàn)為C的焦點，若|FA|=2|FB|，則|FA| =（ ）A1B2C3D4二、填空題：本

4、題共4小題，每小題5分，共20分。13已知函數(shù)，若方程的解為，（），則_；_14已知，且，則的最小值是_.15已知，滿足不等式組，則的取值范圍為_16如圖是一個算法的偽代碼，運行后輸出的值為_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，在四面體中，.（1）求證:平面平面；（2）若，求四面體的體積.18（12分）如圖，三棱柱中，側面為菱形，.（1）求證：平面；（2）若，求二面角的余弦值.19（12分）在直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）.點在曲線上，點滿足.（1）以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，求動點的軌跡的極坐標方程；（2）點，分別是

5、曲線上第一象限，第二象限上兩點，且滿足，求的值.20（12分）在直角坐標系中，長為3的線段的兩端點分別在軸、軸上滑動，點為線段上的點，且滿足.記點的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）若點為曲線上的兩個動點，記，判斷是否存在常數(shù)使得點到直線的距離為定值？若存在，求出常數(shù)的值和這個定值；若不存在，請說明理由.21（12分）已知是等差數(shù)列，滿足，數(shù)列滿足，且是等比數(shù)列.（1）求數(shù)列和的通項公式；（2）求數(shù)列的前項和.22（10分）心形線是由一個圓上的一個定點，當該圓在繞著與其相切且半徑相同的另外一個圓周上滾動時，這個定點的軌跡，因其形狀像心形而得名，在極坐標系中，方程（）表示的曲線就是一條心形線

6、，如圖，以極軸所在的直線為軸，極點為坐標原點的直角坐標系中.已知曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)）.（1）求曲線的極坐標方程；（2）若曲線與相交于、三點，求線段的長.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。1C【解析】畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數(shù)據(jù)求解幾何體的表面積即可，【詳解】由題意可知幾何體的直觀圖如圖：上部是底面半徑為1，高為3的圓柱，下部是底面半徑為2，高為2的圓錐,幾何體的表面積為：，故選：C【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵.2B【解析】設點、，設直線的方程為，由題意得出，將直線

7、的方程與拋物線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，結合可求得的值，由此可得出直線的斜率.【詳解】由題意可知點，設點、，設直線的方程為，由于點是的中點，則，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立得，整理得，由韋達定理得，得，解得，因此，直線的斜率為.故選：B.【點睛】本題考查直線斜率的求解，考查直線與拋物線的綜合問題，涉及韋達定理設而不求法的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.3B【解析】如圖所示：連接，根據(jù)垂直平分線知，故軌跡為雙曲線，計算得到答案.【詳解】如圖所示：連接，根據(jù)垂直平分線知，故，故軌跡為雙曲線，故，故軌跡方程為.故選：.【點睛】本題考查了軌跡方程，確定軌跡方程為雙曲線是解題的關鍵.4B【解析】因

8、為時針經過2小時相當于轉了一圈的，且按順時針轉所形成的角為負角，綜合以上即可得到本題答案.【詳解】因為時針旋轉一周為12小時，轉過的角度為，按順時針轉所形成的角為負角，所以經過2小時，時針所轉過的弧度數(shù)為.故選：B【點睛】本題主要考查正負角的定義以及弧度制，屬于基礎題.5D【解析】如圖，將四面體放到直三棱柱中，求四面體的外接球的半徑轉化為求三棱柱外接球的半徑，然后確定球心在上下底面外接圓圓心連線中點，這樣根據(jù)幾何關系，求外接球的半徑.【詳解】中，易知， 翻折后, ，設外接圓的半徑為， ， ，如圖：易得平面，將四面體放到直三棱柱中，則球心在上下底面外接圓圓心連線中點，設幾何體外接球的半徑為， ，

9、 四面體的外接球的表面積為.故選：D【點睛】本題考查幾何體的外接球的表面積，意在考查空間想象能力，和計算能力，屬于中檔題型，求幾何體的外接球的半徑時，一般可以用補形法，因正方體，長方體的外接球半徑 容易求，可以將一些特殊的幾何體補形為正方體或長方體，比如三條側棱兩兩垂直的三棱錐，或是構造直角三角形法，確定球心的位置，構造關于外接球半徑的方程求解.6D【解析】先求出集合A，B，再求集合B的補集，然后求【詳解】，所以 .故選：D【點睛】此題考查的是集合的并集、補集運算，屬于基礎題.7C【解析】由三視圖可知，該幾何體是下部是半徑為2，高為1的圓柱的一半，上部為底面半徑為2，高為2的圓錐的一半，所以，

10、半圓柱的體積為，上部半圓錐的體積為，所以該幾何體的體積為，故應選8C【解析】作出不等式組所表示的可行域，平移直線，找出直線在軸上的截距最大時對應的最優(yōu)解，代入目標函數(shù)計算即可.【詳解】作出滿足約束條件的可行域如圖陰影部分（包括邊界）所示由，得，平移直線，當直線經過點時，該直線在軸上的截距最大，此時取最大值，即.故選：C.【點睛】本題考查簡單的線性規(guī)劃問題，考查線性目標函數(shù)的最值，一般利用平移直線的方法找到最優(yōu)解，考查數(shù)形結合思想的應用，屬于基礎題.9C【解析】可設，根據(jù)在上為偶函數(shù)及便可得到：，可設，且，根據(jù)在上是減函數(shù)便可得出，從而得出在上單調遞增，再根據(jù)對數(shù)的運算得到、的大小關系，從而得到

11、的大小關系.【詳解】解：因為，即，又，設，根據(jù)條件，；若，且，則：；在上是減函數(shù)；在上是增函數(shù)；所以，故選：C【點睛】考查偶函數(shù)的定義，減函數(shù)及增函數(shù)的定義，根據(jù)單調性定義判斷一個函數(shù)單調性的方法和過程：設，通過條件比較與，函數(shù)的單調性的應用，屬于中檔題.10B【解析】作出可行域，表示可行域內點與定點連線斜率，觀察可行域可得最小值【詳解】作出可行域，如圖陰影部分（含邊界），表示可行域內點與定點連線斜率，過與直線平行的直線斜率為1，故選：B【點睛】本題考查簡單的非線性規(guī)劃解題關鍵是理解非線性目標函數(shù)的幾何意義，本題表示動點與定點連線斜率，由直線與可行域的關系可得結論11C【解析】首先，根據(jù)二倍角

12、公式和輔助角公式化簡函數(shù)解析式，根據(jù)所求函數(shù)的周期性，得到其周期為4，然后借助于三角函數(shù)的周期性確定其值即可【詳解】解： ，的周期為， ，故選：C【點睛】本題重點考查了三角函數(shù)的圖象與性質、三角恒等變換等知識，掌握輔助角公式化簡函數(shù)解析式是解題的關鍵，屬于中檔題12C【解析】方法一：設，利用拋物線的定義判斷出是的中點，結合等腰三角形的性質求得點的橫坐標，根據(jù)拋物線的定義求得，進而求得.方法二：設出兩點的橫坐標，由拋物線的定義，結合求得的關系式，聯(lián)立直線的方程和拋物線方程，寫出韋達定理，由此求得，進而求得.【詳解】方法一：由題意得拋物線的準線方程為，直線恒過定點，過分別作于，于，連接，由，則，所

13、以點為的中點，又點是的中點，則，所以，又所以由等腰三角形三線合一得點的橫坐標為，所以，所以方法二：拋物線的準線方程為，直線由題意設兩點橫坐標分別為，則由拋物線定義得又 由得.故選：C【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，考查直線和拋物線的位置關系，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】求出在 上的對稱軸，依據(jù)對稱性可得的值;由可得，依據(jù)可求出的值.【詳解】解：令，解得 因為，所以 關于 對稱.則.由，則由可知，又因為 ，所以，則，即故答案為: ;.【點睛】本題考查了三角函數(shù)的對稱軸，考查了誘導公式，考查了同角三角函數(shù)的基本關系.本題的易錯點在于沒有正確判斷的取

14、值范圍，導致求出.在求的對稱軸時，常用整體代入法，即令 進行求解.141【解析】先將前兩項利用基本不等式去掉，再處理只含的算式即可【詳解】解：，因為，所以，所以，當且僅當，時等號成立，故答案為：1【點睛】本題主要考查基本不等式的應用，但是由于有3個變量，導致該題不易找到思路，屬于中檔題15【解析】畫出不等式組表示的平面區(qū)域如下圖中陰影部分所示，易知在點處取得最小值，即，所以由圖可知的取值范圍為1613【解析】根據(jù)題意得到：a=0,b=1,i=2A=1,b=2,i=4,A=3,b=5,i=6,A=8,b=13,i=8不滿足條件，故得到此時輸出的b值為13.故答案為13.三、解答題：共70分。解答

15、應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）取中點，連接，根據(jù)等腰三角形的性質得到，利用全等三角形證得，由此證得平面，進而證得平面平面.（2）由（1）知平面，即是四面體的面上的高，結合錐體體積公式，求得四面體的體積.【詳解】（1）證明:如圖，取中點，連接，由則，則，故故，平面.又平面，故平面平面（2）由（1）知平面，即是四面體的面上的高，且.在中，由勾股定理易知故四面體的體積【點睛】本小題主要考查面面垂直的證明，考查錐體體積計算，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.18（1）見解析（2）【解析】（1）根據(jù)菱形性質可知，結合可得，進而可證明，即，即可由

16、線面垂直的判定定理證明平面；（2）結合（1）可證明兩兩互相垂直.即以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長度，建立空間直角坐標系，寫出各個點的坐標，并求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：設，連接，如下圖所示：側面為菱形，且為及的中點， 又，則為直角三角形，又，即，而為平面內的兩條相交直線，平面.(2)平面，平面，即，從而兩兩互相垂直.以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長度，建立如圖的空間直角坐標系，為等邊三角形， ，設平面的法向量為，則，即，可取，設平面的法向量為，則.同理可取，由圖示可知二面角為銳二面角，二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了線面垂直的判定方

17、法，利用空間向量方法求二面角夾角的余弦值，注意建系時先證明三條兩兩垂直的直線，屬于中檔題.19（1）（）；（2）【解析】（1）由已知，曲線的參數(shù)方程消去t后，要注意x的范圍，再利用普通方程與極坐標方程的互化公式運算即可；（2）設，由（1）可得，相加即可得到證明.【詳解】（1），由題可知：，：（）.（2）因為，設，則，.【點睛】本題考查參數(shù)方程、普通方程、極坐標方程間的互化，考查學生的計算能力，是一道容易題.20（1）（2）存在；常數(shù)，定值【解析】（1）設出的坐標，利用以及，求得曲線的方程.（2）當直線的斜率存在時，設出直線的方程，求得到直線的距離.聯(lián)立直線的方程和曲線的方程，寫出根與系數(shù)關系，

18、結合以及為定值，求得的值.當直線的斜率不存在時，驗證.由此得到存在常數(shù)，且定值.【詳解】（1）解析：（1）設，由題可得，解得又，即，消去得：（2）當直線的斜率存在時，設直線的方程為設，由可得：由點到的距離為定值可得（為常數(shù)）即得：即，又為定值時，此時，且符合當直線的斜率不存在時，設直線方程為由題可得，時，經檢驗，符合條件綜上可知，存在常數(shù)，且定值【點睛】本小題主要考查軌跡方程的求法，考查直線和橢圓的位置關系，考查運算求解能力，考查橢圓中的定值問題，屬于難題.21（1），；（2）【解析】試題分析：（1）利用等差數(shù)列，等比數(shù)列的通項公式先求得公差和公比，即得到結論;（2）利用分組求和法，由等差數(shù)列及等比數(shù)列的前n項和公式即可求得數(shù)列前n項和試題解析：（）設等差數(shù)列an的公差為d，由題意得d= 1an=a1+（n1）d=1n設等比數(shù)列bnan的公比為