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已知角的頂點為坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，終邊上有一點，則（ ）ABCD2設全集，集合，則( )ABCD3如圖，正三棱柱各條棱的長度均相等，為的中點，分別是線段和線段

2、的動點（含端點），且滿足，當運動時，下列結論中不正確的是A在內總存在與平面平行的線段B平面平面C三棱錐的體積為定值D可能為直角三角形4函數的大致圖象是（ ）ABCD5袋中裝有標號為1，2，3，4，5，6且大小相同的6個小球，從袋子中一次性摸出兩個球，記下號碼并放回，如果兩個號碼的和是3的倍數，則獲獎，若有5人參與摸球，則恰好2人獲獎的概率是（ ）ABCD6已知a，b是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，且a，b，a，b，則“ab“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7已知雙曲線，過原點作一條傾斜角為直線分別交雙曲線左、右兩支P，Q兩點，以線段PQ為直徑的

3、圓過右焦點F，則雙曲線離心率為ABC2D8已知函數，則（ ）A2B3C4D59記為等差數列的前項和.若，則（ ）A5B3C12D1310一小商販準備用元錢在一批發市場購買甲、乙兩種小商品，甲每件進價元，乙每件進價元，甲商品每賣出去件可賺元，乙商品每賣出去件可賺元.該商販若想獲取最大收益，則購買甲、乙兩種商品的件數應分別為（ ）A甲件，乙件B甲件，乙件C甲件，乙件D甲件，乙件11函數的圖像大致為（ ）.ABCD 12已知復數滿足，則的值為（ ）ABCD2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若方程有兩個不等實根，則實數的取值范圍是_.14如果橢圓的對稱軸為坐標軸，短軸的一個端點與兩

4、焦點組成一正三角形，焦點在x軸上，且=, 那么橢圓的方程是 15一個四面體的頂點在空間直角坐標系中的坐標分別是，則該四面體的外接球的體積為_16已知正數a，b滿足a+b=1，則的最小值等于_ ，此時a=_.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）已知函數.（1）當時，不等式恒成立，求的最小值；（2）設數列，其前項和為，證明：.18（12分）設的內角、的對邊長分別為、.設為的面積，滿足.(1)求；(2)若，求的最大值.19（12分）在中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且. （1）求角A的大小；（2）若，的平分線與交于點D，與的外接圓交于點E（異于點A），

5、求的值.20（12分）已知函數的最小正周期是，且當時，取得最大值（1）求的解析式；（2）作出在上的圖象（要列表）21（12分）已知數列的前n項和為，且n、成等差數列，.（1）證明數列是等比數列，并求數列的通項公式；（2）若數列中去掉數列的項后余下的項按原順序組成數列，求的值.22（10分）健身館某項目收費標準為每次60元，現推出會員優惠活動：具體收費標準如下：現隨機抽取了100為會員統計它們的消費次數，得到數據如下：假設該項目的成本為每次30元，根據給出的數據回答下列問題：（1）估計1位會員至少消費兩次的概率（2）某會員消費4次，求這4次消費獲得的平均利潤；（3）假設每個會員每星期最多消費4次

6、，以事件發生的頻率作為相應事件的概率，從會員中隨機抽取兩位，記從這兩位會員的消費獲得的平均利潤之差的絕對值為，求的分布列及數學期望參考答案一、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。1B【解析】根據角終邊上的點坐標，求得，代入二倍角公式即可求得的值.【詳解】因為終邊上有一點，所以，故選：B【點睛】此題考查二倍角公式，熟練記憶公式即可解決，屬于簡單題目.2A【解析】先求得全集包含的元素，由此求得集合的補集.【詳解】由解得，故，所以，故選A.【點睛】本小題主要考查補集的概念及運算，考查一元二次不等式的解法，屬于基礎題.3D【解析】A項用平行

7、于平面ABC的平面與平面MDN相交，則交線與平面ABC平行；B項利用線面垂直的判定定理；C項三棱錐與三棱錐體積相等，三棱錐的底面積是定值，高也是定值，則體積是定值;D項用反證法說明三角形DMN不可能是直角三角形.【詳解】A項，用平行于平面ABC的平面截平面MND，則交線平行于平面ABC，故正確； B項，如圖：當M、N分別在BB1、CC1上運動時,若滿足BM=CN,則線段MN必過正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正確；C項,當M、N分別在BB1、CC1上運動時,A1DM的面積不變,N到平面A1DM的距離不變,所以棱錐N-A1DM的體積不變,即三棱錐A1-DM

8、N的體積為定值,故正確；D項,若DMN為直角三角形,則必是以MDN為直角的直角三角形,但MN的最大值為BC1,而此時DM,DN的長大于BB1,所以DMN不可能為直角三角形,故錯誤.故選D【點睛】本題考查了命題真假判斷、棱柱的結構特征、空間想象力和思維能力，意在考查對線面、面面平行、垂直的判定和性質的應用，是中檔題.4A【解析】用排除B，C；用排除；可得正確答案.【詳解】解：當時，所以，故可排除B，C；當時，故可排除D故選：A【點睛】本題考查了函數圖象，屬基礎題5C【解析】先確定摸一次中獎的概率，5個人摸獎，相當于發生5次試驗，根據每一次發生的概率，利用獨立重復試驗的公式得到結果【詳解】從6個球

9、中摸出2個，共有種結果，兩個球的號碼之和是3的倍數，共有摸一次中獎的概率是，5個人摸獎，相當于發生5次試驗，且每一次發生的概率是，有5人參與摸獎，恰好有2人獲獎的概率是，故選：【點睛】本題主要考查了次獨立重復試驗中恰好發生次的概率，考查獨立重復試驗的概率，解題時主要是看清摸獎5次，相當于做了5次獨立重復試驗，利用公式做出結果，屬于中檔題6D【解析】根據面面平行的判定及性質求解即可【詳解】解：a，b，a，b，由ab，不一定有，與可能相交；反之，由，可得ab或a與b異面，a，b是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，且a，b，a，b，則“ab“是“”的既不充分也不必要條件故選：D.【點睛】本題主要考查

10、充分條件與必要條件的判斷，考查面面平行的判定與性質，屬于基礎題7B【解析】求得直線的方程，聯立直線的方程和雙曲線的方程，求得兩點坐標的關系，根據列方程，化簡后求得離心率.【詳解】設，依題意直線的方程為，代入雙曲線方程并化簡得，故 ，設焦點坐標為，由于以為直徑的圓經過點，故，即，即，即，兩邊除以得，解得.故，故選B.【點睛】本小題主要考查直線和雙曲線的交點，考查圓的直徑有關的幾何性質，考查運算求解能力，屬于中檔題.8A【解析】根據分段函數直接計算得到答案.【詳解】因為所以.故選：.【點睛】本題考查了分段函數計算，意在考查學生的計算能力.9B【解析】由題得，解得，計算可得.【詳解】，解得，.故選：

11、B【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式，前項和公式，考查了學生運算求解能力.10D【解析】由題意列出約束條件和目標函數，數形結合即可解決.【詳解】設購買甲、乙兩種商品的件數應分別，利潤為元，由題意，畫出可行域如圖所示，顯然當經過時，最大.故選：D.【點睛】本題考查線性目標函數的線性規劃問題，解決此類問題要注意判斷，是否是整數，是否是非負數，并準確的畫出可行域，本題是一道基礎題.11A【解析】本題采用排除法: 由排除選項D；根據特殊值排除選項C;由,且無限接近于0時, 排除選項B；【詳解】對于選項D:由題意可得, 令函數 ,則,;即.故選項D排除;對于選項C：因為,故選項C排除;對于選項B:

12、當,且無限接近于0時,接近于,，此時.故選項B排除;故選項:A【點睛】本題考查函數解析式較復雜的圖象的判斷;利用函數奇偶性、特殊值符號的正負等有關性質進行逐一排除是解題的關鍵;屬于中檔題.12C【解析】由復數的除法運算整理已知求得復數z，進而求得其模.【詳解】因為，所以故選：C【點睛】本題考查復數的除法運算與求復數的模，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由知x0，故.令，則.當時，；當時，.所以在（0，e）上遞增，在（e，+）上遞減.故，即.14【解析】由題意可設橢圓方程為：短軸的一個端點與兩焦點組成一正三角形，焦點在軸上又，橢圓的方程為，故答案為考點：橢

13、圓的標準方程，解三角形以及解方程組的相關知識15【解析】將四面體補充為長寬高分別為的長方體，體對角線即為外接球的直徑，從而得解.【詳解】采用補體法，由空間點坐標可知，該四面體的四個頂點在一個長方體上，該長方體的長寬高分別為，長方體的外接球即為該四面體的外接球，外接球的直徑即為長方體的體對角線，所以球半徑為，體積為.【點睛】本題主要考查了四面體外接球的常用求法：補體法，通過補體得到長方體的外接球從而得解，屬于基礎題.163 【解析】根據題意，分析可得，由基本不等式的性質可得最小值，進而分析基本不等式成立的條件可得a的值，即可得答案【詳解】根據題意，正數a、b滿足，則，當且僅當時，等號成立，故的最

14、小值為3，此時.故答案為：3；.【點睛】本題考查基本不等式及其應用，考查轉化與化歸能力，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）證明見解析.【解析】（1），分，三種情況推理即可；（2）由（1）可得，即，利用累加法即可得到證明.【詳解】（1）由，得.當時，方程的，因此在區間上恒為負數.所以時，函數在區間上單調遞減.又，所以函數在區間上恒成立；當時，方程有兩個不等實根，且滿足，所以函數的導函數在區間上大于零，函數在區間上單增，又，所以函數在區間上恒大于零，不滿足題意；當時，在區間上，函數在區間上恒為正數，所以在區間上恒為正數，不滿足題意；綜上可知

15、：若時，不等式恒成立，的最小值為.（2）由第（1）知：若時，.若，則，即成立.將換成，得成立，即，以此類推，得，上述各式相加，得，又，所以.【點睛】本題考查利用導數研究函數恒成立問題、證明數列不等式問題，考查學生的邏輯推理能力以及數學計算能力，是一道難題.18 (1)；(2).【解析】(1)根據條件形式選擇，然后利用余弦定理和正弦定理化簡，即可求出；(2)由(1)求出角，利用正弦定理和消元思想，可分別用角的三角函數值表示出，即可得到，再利用三角恒等變換，化簡為，即可求出最大值【詳解】(1)，即，變形得：，整理得：，又，；(2)，由正弦定理知，當且僅當時取最大值故的最大值為.【點睛】本題主要考查

16、正弦定理，余弦定理，三角形面積公式的應用，以及利用三角恒等變換求函數的最值，意在考查學生的轉化能力和數學運算能力，屬于基礎題19（1）；（2）【解析】（1）由，利用正弦定理轉化整理為，再利用余弦定理求解.（2）根據，利用兩角和的余弦得到，利用數形結合，設，在中，由正弦定理求得，在中，求得再求解.【詳解】（1）因為， 所以， 即，即，所以.（2），. 所以，從而.所以，.不妨設，O為外接圓圓心則AO=1，.在中，由正弦定理知，有. 即； 在中，由，從而.所以.【點睛】本題主要考查平面向量的模的幾何意義，還考查了數形結合的方法，屬于中檔題.20（1）；（2）見解析.【解析】（1）根據函數的最小正周

17、期可求出的值，由該函數的最大值可得出的值，再由，結合的取值范圍可求得的值，由此可得出函數的解析式；（2）由計算出的取值范圍，據此列表、描點、連線可得出函數在區間上的圖象.【詳解】（1）因為函數的最小正周期是，所以又因為當時，函數取得最大值，所以，同時，得，因為，所以，所以；（2）因為，所以，列表如下：描點、連線得圖象：【點睛】本題考查正弦函數解析式的求解，同時也考查了利用五點作圖法作圖，考查分析問題與解決問題的能力，屬于中等題.21（1）證明見解析，；（2）11202.【解析】（1）由n，成等差數列，可得，兩式相減，由等比數列的定義可得是等比數列，可求數列的通項公式；（2）由（1）中的可求出，根據和求出數列，中的公共項，分組求和，結合等比數列和等差數列的求和公式，可得答案.【詳解】（1）證明：因為n，成等差數列，所以，所以.，得，所以.又當時，所以，所以，故數列是首項為2，公比為2的等比數列，所以，即.（2）根據（1）求解知，所以，所以數列是以1為首項，2為公差的等差數列.又因為，所以 .【點睛】本題考查等比數列的定義，考查分組求和，屬于中檔題.22（1）（2）22.5（3）見解析，【解析】（1）根據頻