2021-2022學年河北省邢臺市捷徑高考考前提分數學仿真卷含解析

1、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在邊長為1的等邊三角形中，點E是中點，點F是中點，則（ ）ABCD2設，均為非零的平面向量，則“存在負數，使得”是“”的A充要條件B充分不必要條件C必要不充分條件D既不充分

2、也不必要條件3已知拋物線的焦點為，準線為，是上一點，是直線與拋物線的一個交點，若，則（ ）AB3CD24等比數列中，則與的等比中項是（ ）A4B4CD5如圖所示，矩形的對角線相交于點，為的中點，若，則等于（ ）ABCD6已知集合A0，1，B0，1，2，則滿足ACB的集合C的個數為（）A4B3C2D17一個正四棱錐形骨架的底邊邊長為，高為，有一個球的表面與這個正四棱錐的每個邊都相切，則該球的表面積為（ ）ABCD8設M是邊BC上任意一點，N為AM的中點，若，則的值為( )A1BCD9已知為虛數單位，若復數，則ABCD10過雙曲線左焦點的直線交的左支于兩點，直線（是坐標原點）交的右支于點，若，且，

3、則的離心率是（ ）ABCD11設實數、滿足約束條件，則的最小值為（ ）A2B24C16D1412把函數的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，若函數是偶函數，則實數的最小值是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知，圓，直線PM，PN分別與圓O相切，切點為M，N，若，則的最小值為_.14設第一象限內的點(x，y)滿足約束條件,若目標函數zaxby(a0，b0)的最大值為40，則的最小值為_.15已知雙曲線的兩條漸近線方程為，若頂點到漸近線的距離為1，則雙曲線方程為 16數據的標準差為_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）的

4、內角的對邊分別為，若（1）求角的大?。?）若，求的周長18（12分）已知數列是各項均為正數的等比數列，數列為等差數列，且，.（1）求數列與的通項公式；（2）求數列的前項和；（3）設為數列的前項和，若對于任意，有，求實數的值.19（12分）已知中心在原點的橢圓的左焦點為，與軸正半軸交點為，且.（1）求橢圓的標準方程；（2）過點作斜率為、的兩條直線分別交于異于點的兩點、.證明：當時，直線過定點.20（12分）有甲、乙兩家外賣公司，其送餐員的日工資方案如下：甲公司底薪元，送餐員每單制成元；乙公司無底薪，單以內（含單）的部分送餐員每單抽成元，超過單的部分送餐員每單抽成元.現從這兩家公司各隨機選取一名送

5、餐員，分別記錄其天的送餐單數，得到如下頻數分布表：送餐單數3839404142甲公司天數101015105乙公司天數101510105（1）從記錄甲公司的天送餐單數中隨機抽取天，求這天的送餐單數都不小于單的概率；（2）假設同一公司的送餐員一天的送餐單數相同，將頻率視為概率，回答下列兩個問題：求乙公司送餐員日工資的分布列和數學期望；小張打算到甲、乙兩家公司中的一家應聘送餐員，如果僅從日工資的角度考慮，小張應選擇哪家公司應聘？說明你的理由.21（12分）在極坐標系中，直線的極坐標方程為，以極點為原點，極軸為軸的正半軸建立平面直角坐標系，曲線的參數方程為（為參數），求直線與曲線的交點的直角坐標.22

6、（10分）某芯片公司為制定下一年的研發(fā)投入計劃，需了解年研發(fā)資金投入量x（單位：億元）對年銷售額y（單位：億元）的影響.該公司對歷史數據進行對比分析，建立了兩個函數模型:y=+x2，y=ex+t，其中,t均為常數，e為自然對數的底數現該公司收集了近12年的年研發(fā)資金投入量xi和年銷售額yi的數據，i=1,2,12，并對這些數據作了初步處理，得到了右側的散點圖及一些統(tǒng)計量的值令ui=xi2,vi=lnyi(i=1,2,12)，經計算得如下數據：xyi=112(xi-x)2i=112(yi-y)2uv20667702004604.20i=112(ui-u)2i=112(ui-u)(yi-y)i=1

7、12(vi-v)2i=112(xi-x)(vi-v)3125000215000.30814（1）設ui和yi的相關系數為r1，xi和vi的相關系數為r2，請從相關系數的角度，選擇一個擬合程度更好的模型；（2）（i）根據（1）的選擇及表中數據，建立y關于x的回歸方程（系數精確到0.01）；（ii）若下一年銷售額y需達到90億元，預測下一年的研發(fā)資金投入量x是多少億元？ 附：相關系數r=i=1n(xi-x)(yi-y)i=1n(xi-x)2i=1n(yi-y)2，回歸直線y=a+bx中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：b=i=1n(xi-x)(yi-y)i=1n(xi-x)2，a=y-bx； 參

8、考數據：308=477，909.4868，e4.499890參考答案一、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】根據平面向量基本定理，用來表示，然后利用數量積公式，簡單計算，可得結果.【詳解】由題可知：點E是中點，點F是中點，所以又所以則故選：C【點睛】本題考查平面向量基本定理以及數量積公式，掌握公式，細心觀察，屬基礎題.2B【解析】根據充分條件、必要條件的定義進行分析、判斷后可得結論【詳解】因為，均為非零的平面向量，存在負數，使得，所以向量，共線且方向相反，所以，即充分性成立；反之，當向量，的夾角為鈍角時，滿足，但此時，不

9、共線且反向，所以必要性不成立所以“存在負數，使得”是“”的充分不必要條件故選B【點睛】判斷p是q的什么條件，需要從兩方面分析：一是由條件p能否推得條件q；二是由條件q能否推得條件p，定義法是判斷充分條件、必要條件的基本的方法，解題時注意選擇恰當的方法判斷命題是否正確3D【解析】根據拋物線的定義求得，由此求得的長.【詳解】過作，垂足為，設與軸的交點為.根據拋物線的定義可知.由于，所以，所以，所以，所以.故選：D【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.4A【解析】利用等比數列的性質可得 ，即可得出【詳解】設與的等比中項是由等比數列的性質可得， 與的等比中項 故選

10、A【點睛】本題考查了等比中項的求法，屬于基礎題5A【解析】由平面向量基本定理，化簡得，所以，即可求解，得到答案【詳解】由平面向量基本定理，化簡，所以，即，故選A【點睛】本題主要考查了平面向量基本定理的應用，其中解答熟記平面向量的基本定理，化簡得到是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，數基礎題6A【解析】由可確定集合中元素一定有的元素，然后列出滿足題意的情況，得到答案.【詳解】由可知集合中一定有元素2，所以符合要求的集合有，共4種情況，所以選A項.【點睛】考查集合并集運算，屬于簡單題.7B【解析】根據正四棱錐底邊邊長為，高為，得到底面的中心到各棱的距離都是1，從而底面的中心即為球心.【詳解】如

11、圖所示：因為正四棱錐底邊邊長為，高為，所以 ， 到 的距離為，同理到 的距離為1，所以為球的球心，所以球的半徑為：1，所以球的表面積為.故選：B【點睛】本題主要考查組合體的表面積，還考查了空間想象的能力，屬于中檔題.8B【解析】設，通過，再利用向量的加減運算可得，結合條件即可得解.【詳解】設，則有.又，所以，有.故選B.【點睛】本題考查了向量共線及向量運算知識，利用向量共線及向量運算知識，用基底向量向量來表示所求向量，利用平面向量表示法唯一來解決問題.9B【解析】因為，所以，故選B10D【解析】如圖，設雙曲線的右焦點為，連接并延長交右支于，連接，設，利用雙曲線的幾何性質可以得到，結合、可求離心

12、率.【詳解】如圖，設雙曲線的右焦點為，連接，連接并延長交右支于.因為，故四邊形為平行四邊形，故.又雙曲線為中心對稱圖形，故.設，則，故，故.因為為直角三角形，故，解得.在中，有，所以.故選：D.【點睛】本題考查雙曲線離心率，注意利用雙曲線的對稱性（中心對稱、軸對稱）以及雙曲線的定義來構造關于的方程，本題屬于難題.11D【解析】做出滿足條件的可行域，根據圖形即可求解.【詳解】做出滿足的可行域，如下圖陰影部分，根據圖象，當目標函數過點時，取得最小值，由，解得，即，所以的最小值為.故選：D.【點睛】本題考查二元一次不等式組表示平面區(qū)域，利用數形結合求線性目標函數的最值，屬于基礎題.12A【解析】先求

13、出的解析式，再求出的解析式，根據三角函數圖象的對稱性可求實數滿足的等式，從而可求其最小值.【詳解】的圖象向右平移個單位長度，所得圖象對應的函數解析式為，故.令，解得，.因為為偶函數，故直線為其圖象的對稱軸，令，故，因為，故，當時，.故選：A.【點睛】本題考查三角函數的圖象變換以及三角函數的圖象性質，注意平移變換是對自變量做加減，比如把的圖象向右平移1個單位后，得到的圖象對應的解析式為，另外，如果為正弦型函數圖象的對稱軸，則有，本題屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由可知R為中點,設,由過切點的切線方程即可求得,，代入，則在直線上，即可得方程為，將 ，代入化簡

14、可得，則直線過定點,由則點在以為直徑的圓上，則.即可求得.【詳解】如圖，由可知R為MN的中點，所以，設，則切線PM的方程為，即，同理可得，因為PM，PN都過，所以，所以在直線上，從而直線MN方程為，因為，所以，即直線MN方程為，所以直線MN過定點,所以R在以OQ為直徑的圓上，所以.故答案為: .【點睛】本題考查直線和圓的位置關系,考查圓的切線方程,定點和圓上動點距離的最值問題,考查學生的數形結合能力和計算能力,難度較難.14【解析】不等式表示的平面區(qū)域陰影部分，當直線ax+by=z(a0,b0)過直線xy+2=0與直線2xy6=0的交點(8,10)時，目標函數z=ax+by(a0,b0)取得最

15、大40，即8a+10b=40，即4a+5b=20，而當且僅當時取等號，則的最小值為.15【解析】由已知，即，取雙曲線頂點及漸近線，則頂點到該漸近線的距離為，由題可知，所以，則所求雙曲線方程為.16【解析】先計算平均數再求解方差與標準差即可.【詳解】解：樣本的平均數, 這組數據的方差是 標準差,故答案為：【點睛】本題主要考查了標準差的計算,屬于基礎題.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）11【解析】（1）利用二倍角公式將式子化簡成，再利用兩角和與差的余弦公式即可求解.（2）利用余弦定理可得，再將平方，利用向量數量積可得，從而可求周長.【詳解】由題 解得，

16、所以由余弦定理，再由解得：所以故的周長為【點睛】本題主要考查了余弦定理解三角形、兩角和與差的余弦公式、需熟記公式，屬于基礎題.18（1），（2）（3）【解析】（1）假設公差，公比，根據等差數列和等比數列的通項公式，化簡式子，可得，然后利用公式法，可得結果.（2）根據（1）的結論，利用錯位相減法求和，可得結果.（3）計算出，代值計算并化簡，可得結果.【詳解】解：（1）依題意：，即，解得：所以，（2），上面兩式相減，得：則即所以，（3），所以由得，即【點睛】本題主要考查等差數列和等比數列的綜合應用，以及利用錯位相減法求和，屬基礎題.19（1）；（2）見解析.【解析】（1）在中，計算出的值，可得出的

17、值，進而可得出的值，由此可得出橢圓的標準方程；（2）設點、，設直線的方程為，將該直線方程與橢圓方程聯立，列出韋達定理，根據已知條件得出，利用韋達定理和斜率公式化簡得出與所滿足的關系式，代入直線的方程，即可得出直線所過定點的坐標.【詳解】（1）在中，因此，橢圓的標準方程為；（2）由題不妨設，設點，聯立，消去化簡得，且，代入，化簡得，化簡得，直線，因此，直線過定點.【點睛】本題考查橢圓方程的求解，同時也考查了橢圓中直線過定點的問題，考查計算能力，屬于中等題.20（1）；（2）分布列見解析，；小張應選擇甲公司應聘.【解析】（1）記抽取的3天送餐單數都不小于40為事件，可得（A）的值（2）設乙公司送餐

18、員送餐單數為，可得當時，以此類推可得：當時，當時，的值當時，的值，同理可得：當時，的所有可能取值可得的分布列及其數學期望依題意，甲公司送餐員日平均送餐單數可得甲公司送餐員日平均工資，與乙數學期望比較即可得出【詳解】解：（1）由表知，50天送餐單數中有30天的送餐單數不小于40單，記抽取的3天送餐單數都不小于40為事件，則 （2）設乙公司送餐員的送餐單數為，日工資為元，則當時，；當時，；當時，；當時，；當時，所以的分布列為228234240247254 依題意，甲公司送餐員的日平均送餐單數為，所以甲公司送餐員的日平均工資為元， 因為，所以小張應選擇甲公司應聘【點睛】本題考查了隨機變量的分布列與數

19、學期望、古典概率計算公式、組合計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題21【解析】將直線的極坐標方程和曲線的參數方程分別化為直角坐標方程,聯立直角坐標方程求出交點坐標,結合的取值范圍進行取舍即可.【詳解】因為直線的極坐標方程為，所以直線的普通方程為，又因為曲線的參數方程為（為參數），所以曲線的直角坐標方程為， 聯立方程,解得或，因為，所以舍去，故點的直角坐標為.【點睛】本題考查極坐標方程、參數方程與直角坐標方程的互化;考查運算求解能力;熟練掌握極坐標方程、參數方程與直角坐標方程的互化公式是求解本題的關鍵;屬于中檔題、?？碱}型.22（1）模型y=ex+t的擬合程度更好；（2）（i）v=0.02x+3.84；（ii）32.99億元.【解析】（1）由相關系數求出兩個系數，比較大小可得；（2）（i）先建立U額R0關于x的線性回歸方程，從而得出y關于x的回歸方程；（ii）把y=90代入（i）中的回歸方程可得x值【詳解】本小題主要考查回歸分析等基礎知識,考查數據處理能力、運算求解能力、抽象概括能力及應用意識,考查統(tǒng)計與概率思想、分類與整合思想,考查數學抽象、數學運算、數學建模、數據分