北京市第十2021-2022学年高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

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已知是双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的两支分别交于两点（A在右支，B在左支）若为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）ABCD2的展开式中的系数为( )A30B40C40D503已知不同直线、与不同平面、，且，则下列说法中正确的是（

2、）A若，则B若，则C若，则D若，则4已知函数，且的图象经过第一、二、四象限，则，的大小关系为( )ABCD5已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为，且，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）ABCD6已知数列满足,(),则数列的通项公式( )ABCD7山东烟台苹果因“果形端正、色泽艳丽、果肉甜脆、香气浓郁”享誉国内外.据统计，烟台苹果（把苹果近似看成球体）的直径（单位：）服从正态分布，则直径在内的概率为（ ）附：若，则，.A0.6826B0.8413C0.8185D0.95448刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术

3、中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到的近似值为（ ）ABCD9已知向量，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是A关于直线对称B关于点对称C周期为D在上是增函数10如图，圆锥底面半径为，体积为，、是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于（ ）AB1CD11已知向量，

4、满足，在上投影为，则的最小值为( )ABCD12复数，若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，则等于（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若函数与函数，在公共点处有共同的切线，则实数的值为_14已知随机变量服从正态分布，则_15记复数za+bi（i为虚数单位）的共轭复数为，已知z2+i，则_16设为锐角，若，则的值为_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（12分）已知圆,定点 ,为平面内一动点，以线段为直径的圆内切于圆，设动点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程（2）过点的直线与交于两点，已知点，直线分别与直线交于两点，线段的中点是否在定直线上

5、，若存在，求出该直线方程；若不是，说明理由.18（12分）（本小题满分12分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，连接椭圆四个顶点形成的四边形面积为42（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点A（1，0）的直线与椭圆C交于点M, N,设P为椭圆上一点，且OM+ON=tOP(t0)O为坐标原点，当|OM-ON|453时，求t的取值范围19（12分）已知函数，（1）若，求的单调区间和极值；（2）设，且有两个极值点，若，求的最小值.20（12分）直线与抛物线相交于，两点，且，若，到轴距离的乘积为（1）求的方程；（2）设点为抛物线的焦点，当面积最小时，求直线的方程21（12分）设函

6、数（1）当时，解不等式；（2）设，且当时，不等式有解，求实数的取值范围22（10分）已知曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）写出曲线的极坐标方程；（2）点是曲线上的一点，试判断点与曲线的位置关系参考答案一、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。1D【解析】根据双曲线的定义可得的边长为，然后在中应用余弦定理得的等式，从而求得离心率【详解】由题意，又，在中，即，故选：D【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是应用双曲线的定义把到两焦点距离用表示，然后用余弦定理建立关系式2

7、C【解析】先写出的通项公式，再根据的产生过程，即可求得.【详解】对二项式，其通项公式为的展开式中的系数是展开式中的系数与的系数之和.令，可得的系数为；令，可得的系数为；故的展开式中的系数为.故选：C.【点睛】本题考查二项展开式中某一项系数的求解，关键是对通项公式的熟练使用，属基础题.3C【解析】根据空间中平行关系、垂直关系的相关判定和性质可依次判断各个选项得到结果.【详解】对于，若，则可能为平行或异面直线，错误；对于，若，则可能为平行、相交或异面直线，错误；对于，若，且，由面面垂直的判定定理可知，正确；对于，若，只有当垂直于的交线时才有，错误.故选：.【点睛】本题考查空间中线面关系、面面关系相

8、关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中的平行关系与垂直关系的相关命题.4C【解析】根据题意，得，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可比较.【详解】因为，且的图象经过第一、二、四象限，所以，所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，又，则|，即，所以.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想.5B【解析】根据三视图得到几何体为一三棱锥，并以该三棱锥构造长方体，于是得到三棱锥的外接球即为长方体的外接球，进而得到外接球的半径，求得外接球的面积后可求出最小值【详解】由已知条件及三视图得，此三棱锥的四个顶点位于长方体的四个顶点，

9、即为三棱锥，且长方体的长、宽、高分别为，此三棱锥的外接球即为长方体的外接球，且球半径为，三棱锥外接球表面积为，当且仅当，时，三棱锥外接球的表面积取得最小值为故选B【点睛】（1）解决关于外接球的问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离都等于球的半径，同时要作一圆面起衬托作用（2）长方体的外接球的直径即为长方体的体对角线，对于一些比较特殊的三棱锥，在研究其外接球的问题时可考虑通过构造长方体，通过长方体的外球球来研究三棱锥的外接球的问题6A【解析】利用数列的递推关系式，通过累加法求解即可【详解】数列满足：，可得以上各式相加可得：，故选：【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用，数列累加法

10、以及通项公式的求法，考查计算能力7C【解析】根据服从的正态分布可得，将所求概率转化为，结合正态分布曲线的性质可求得结果.【详解】由题意，则，所以，.故果实直径在内的概率为0.8185.故选：C【点睛】本题考查根据正态分布求解待定区间的概率问题，考查了正态曲线的对称性，属于基础题.8A【解析】设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.【详解】由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,所以每个等腰三角形的面积为,所以圆的面积为,即,所以当时,可得,故选:A【点

11、睛】本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.9D【解析】当时,f(x)不关于直线对称；当时, ,f(x)关于点对称；f(x)得周期，当时, ,f(x)在上是增函数本题选择D选项.10D【解析】建立平面直角坐标系，求得抛物线的轨迹方程，解直角三角形求得抛物线的焦点到圆锥顶点的距离.【详解】将抛物线放入坐标系，如图所示，设抛物线，代入点，可得焦点为，即焦点为中点，设焦点为，.故选：D【点睛】本小题考查圆锥曲线的概念，抛物线的性质，两点间的距离等基础知识；考查运算求解能力，空间想象能力，推理论证能力，应用意识.11B【解析】根据在上投影为，以及，可得；再对所求模长进行平方运算，可将问题转化为

12、模长和夹角运算，代入即可求得.【详解】在上投影为，即 又 本题正确选项：【点睛】本题考查向量模长的运算，对于含加减法运算的向量模长的求解，通常先求解模长的平方，再开平方求得结果；解题关键是需要通过夹角取值范围的分析，得到的最小值.12A【解析】先通过复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，得到，再利用复数的除法求解.【详解】因为复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，且复数，所以所以故选：A【点睛】本题主要考查复数的基本运算和几何意义，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】函数的定义域为，求出导函数，利用曲线与曲线公共点为由于在公共点处有共同的切线，解得，联立解得的值

13、【详解】解：函数的定义域为，设曲线与曲线公共点为，由于在公共点处有共同的切线，解得，由，可得联立，解得故答案为：【点睛】本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题140.22.【解析】正态曲线关于x对称，根据对称性以及概率和为1求解即可。【详解】【点睛】本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题1534i【解析】计算得到z2（2+i）23+4i，再计算得到答案.【详解】z2+i，z2（2+i）23+4i，则故答案为：34i【点睛】本题考查了复数的运算，共轭复数，意在考查学生的计算能力.16【解析】为锐角，故.三、解答题：共70分。解答应写出文字

14、说明、证明过程或演算步骤。17（1）；（2）存在，.【解析】（1）设以为直径的圆心为，切点为，取关于轴的对称点，连接，计算得到，故轨迹为椭圆，计算得到答案.（2）设直线的方程为，设，联立方程得到，计算，得到答案.【详解】（1）设以为直径的圆心为，切点为，则，取关于轴的对称点，连接，故，所以点的轨迹是以为焦点，长轴为4的椭圆，其中，曲线方程为.（2）设直线的方程为，设，直线的方程为，同理，所以，即，联立，所以，代入得，所以点都在定直线上.【点睛】本题考查了轨迹方程，定直线问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18（1）x24+y22=1；（2）t-1,-63)(63,1【解析】试题分析：本

15、题主要考查椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力第一问，先利用离心率、a2=b2+c2、四边形的面积列出方程，解出a和b的值，从而得到椭圆的标准方程；第二问，讨论直线MN的斜率是否存在，当直线MN的斜率存在时，直线方程与椭圆方程联立，消参，利用韦达定理，得到x1+x2、x1x2，利用OM+ON=tOP列出方程，解出P(x,y)，代入到椭圆上，得到t2的值，再利用|OM-ON|0恒成立，x1+x2=4k21+2k2，x1x2=2k2-41+2k2，y1+y2=k(x1+x2)-2k=-2k1+2k2，又OM+ON=tOP，

16、x1+x2=tx，y1+y2=ty，x=x1+x2t=4k2t(1+2k2)，y=y1+y2t=-2kt(1+2k2)，因为点P在椭圆x24+y22=1上，所以16k4t2(1+2k2)2+8k2t2(1+2k2)2=4，即2k2=t2(1+2k2)，t2=2k21+2k2=1-11+2k2，又|OM-ON|453，即|NM|453，1+k2|x1-x2|453，整理得：1+k24+6k21+2k20，解得k21或k2-813（舍），t2=1-11+2k2，23t21，即t(-1，-63)(63，1)当直线MN的斜率不存在时，M(1,62),N(1,-62)，此时t=1，t-1,-63)(63

17、,1考点：椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆的位置关系19（1）增区间为，减区间为; 极小值，无极大值；（2）【解析】（1）求出f（x）的导数，解不等式，即可得到函数的单调区间，进而得到函数的极值；（2）由题意可得，求出的表达式，求出h（t）的最小值即可【详解】（1）将代入中，得到，求导，得到，结合，当得到： 增区间为，当，得减区间为且在时有极小值，无极大值.（2）将解析式代入，得，求导得到，令,得到,，因为，所以设,令，则所以在单调递减,又因为所以,所以 或又因为，所以 所以,所以的最小值为.【点睛】本题考查了函数的单调性、极值、最值问题，考查导数的应用以及函数的极值的意义，考查转化思想

18、与减元意识，是一道综合题20（1）；（2）【解析】（1）设出两点的坐标，由距离之积为16，可得.利用向量的数量积坐标运算，将转化为.再利用两点均在抛物线上，即可求得p的值，从而求出抛物线的方程；（2）设出直线l的方程，代入抛物线方程，由韦达定理发现直线l恒过定点，将面积用参数t表示，求出其最值，并得出此时的直线方程.【详解】解：（1）由题设，因为，到轴的距离的积为，所以，又因为，所以抛物线的方程为（2）因为直线与抛物线两个公共点，所以的斜率不为，所以设联立，得，即，即直线恒过定点，所以，当时，面积取得最小值，此时.【点睛】本题考查了抛物线的标准方程的求法，直线与抛物线相交的问题，其中垂直条件的转化，直线过定点均为该题的关键，属于综合性较强的题.21（1）；（2）.【解析】（1）通过分类讨论去掉绝对值符号，进而解不等式组求得结果；（2）将不等式整理为，根据能成立思想可知，由此构造不等式求得结果.【详解】（1）当时，可化为，由，解得；由，解得；由，解得综上所述：所以原不等式的解集为（2），有解，即，又