1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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。1ABC中，如果lgcosA=lgsinC-lgsinB=-lg2，則ABC的形狀是（ ）A等邊三角形B直角三角形C等腰三角形D等腰直角三角形2如圖，平面四邊形中，現將沿翻折，使點移動

2、至點，且，則三棱錐的外接球的表面積為（ ）ABCD3關于的不等式的解集是，則關于的不等式的解集是（ ）ABCD4復數（為虛數單位），則的共軛復數在復平面上對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限5本次模擬考試結束后，班級要排一張語文、數學、英語、物理、化學、生物六科試卷講評順序表，若化學排在生物前面，數學與物理不相鄰且都不排在最后，則不同的排表方法共有（ ）A72種B144種C288種D360種6已知集合Myy2x，x0，Nxylg（2xx2），則MN為（ ）A（1，）B（1，2）C2，）D1，）7已知函數，若對于任意的，函數在內都有兩個不同的零點，則實數的取值范圍為（ ）A

3、BCD8已知函數的圖像的一條對稱軸為直線，且，則的最小值為( )AB0CD9函數圖像可能是（ ）ABCD10總體由編號01，,02，19,20的20個個體組成利用下面的隨機數表選取5個個體，選取方法是隨機數表第1行的第5列和第6列數字開始由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第5個個體的編號為7816657208026314070243699728019832049234493582003623486969387481A08B07C02D0111算數書竹簡于上世紀八十年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現存最早的有系統的數學典籍.其中記載有求“囷蓋”的術：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十

4、六成一”.該術相當于給出了由圓錐的底面周長與高，計算其體積的近似公式.它實際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取為3.那么近似公式相當于將圓錐體積公式中的圓周率近似取為（ ）ABCD12若，則函數在區間內單調遞增的概率是（ ）A B C D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知正實數滿足，則的最小值為 14已知為橢圓內一定點，經過引一條弦，使此弦被點平分，則此弦所在的直線方程為_15某校高三年級共有名學生參加了數學測驗（滿分分），已知這名學生的數學成績均不低于分，將這名學生的數學成績分組如下：，得到的頻率分布直方圖如圖所示，則下列說法中正確的是_（填序號）；這名學生中數學成績在

5、分以下的人數為；這名學生數學成績的中位數約為；這名學生數學成績的平均數為16已知若存在，使得成立的最大正整數為6，則的取值范圍為_.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）在平面直角坐標系xOy中，拋物線C：，以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為（）.（1）求拋物線C的極坐標方程；（2）若拋物線C與直線l交于A，B兩點，求的值.18（12分）在中，角，所對的邊分別為，且求的值；設的平分線與邊交于點，已知，求的值.19（12分）橢圓：（）的離心率為，它的四個頂點構成的四邊形面積為.（1）求橢圓的方程；（2）設是直線上任意一點

6、，過點作圓的兩條切線，切點分別為，求證：直線恒過一個定點.20（12分）如圖，橢圓的左、右頂點分別為，上、下頂點分別為，且，為等邊三角形，過點的直線與橢圓在軸右側的部分交于、兩點（1）求橢圓的標準方程；（2）求四邊形面積的取值范圍21（12分）已知，.（1）解不等式；（2）若方程有三個解，求實數的取值范圍.22（10分）某商場為改進服務質量，在進場購物的顧客中隨機抽取了人進行問卷調查調查后，就顧客“購物體驗”的滿意度統計如下：滿意不滿意男女是否有的把握認為顧客購物體驗的滿意度與性別有關？若在購物體驗滿意的問卷顧客中按照性別分層抽取了人發放價值元的購物券若在獲得了元購物券的人中隨機抽取人贈其紀念

7、品，求獲得紀念品的人中僅有人是女顧客的概率附表及公式：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】化簡得lgcosAlgsinCsinBlg2，即cosA=sinCsinB=12，結合0A， 可求A=3，得B+C=23代入sinC12sinB，從而可求C，B，進而可判斷.【詳解】由lgcosA=lgsinC-lgsinB=-lg2，可得lgcosAlgsinCsinBlg2，cosA=sinCsinB=12，0A0=y|y1，N=x|y=lg(2x-x2)=x|2x-x20=x|x2-2x0=x|0 x2，MN=(1

8、,2)故選B7D【解析】將原題等價轉化為方程在內都有兩個不同的根，先求導，可判斷時，是增函數；當時，是減函數.因此，再令，求導得，結合韋達定理可知，要滿足題意，只能是存在零點，使得在有解，通過導數可判斷當時，在上是增函數；當時，在上是減函數；則應滿足，再結合，構造函數，求導即可求解；【詳解】函數在內都有兩個不同的零點，等價于方程在內都有兩個不同的根.，所以當時，是增函數；當時，是減函數.因此.設，若在無解，則在上是單調函數，不合題意；所以在有解，且易知只能有一個解.設其解為，當時，在上是增函數；當時，在上是減函數.因為，方程在內有兩個不同的根，所以，且.由，即，解得.由，即，所以.因為，所以，

9、代入，得.設，所以在上是增函數，而，由可得，得.由在上是增函數，得.綜上所述，故選：D.【點睛】本題考查由函數零點個數求解參數取值范圍問題，構造函數法，導數法研究函數增減性與最值關系，轉化與化歸能力，屬于難題8D【解析】運用輔助角公式，化簡函數的解析式，由對稱軸的方程，求得的值，得出函數的解析式，集合正弦函數的最值，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，函數為輔助角，由于函數的對稱軸的方程為，且，即，解得，所以，又由，所以函數必須取得最大值和最小值，所以可設，所以，當時，的最小值，故選D.【點睛】本題主要考查了正弦函數的圖象與性質，其中解答中利用三角恒等變換的公式，化簡函數的解析式，合理利用正弦

10、函數的對稱性與最值是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.9D【解析】先判斷函數的奇偶性可排除選項A,C，當時，可分析函數值為正，即可判斷選項.【詳解】,即函數為偶函數，故排除選項A,C，當正數越來越小，趨近于0時，所以函數，故排除選項B,故選：D【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性，識別函數的圖象，屬于中檔題.10D【解析】從第一行的第5列和第6列起由左向右讀數劃去大于20的數分別為：08,02,14,07,01，所以第5個個體是01，選D.考點：此題主要考查抽樣方法的概念、抽樣方法中隨機數表法，考查學習能力和運用能力.11C【解析】將圓錐的體積用兩種方式表達，即，解出

11、即可.【詳解】設圓錐底面圓的半徑為r，則，又，故，所以，.故選：C.【點睛】本題利用古代數學問題考查圓錐體積計算的實際應用，考查學生的運算求解能力、創新能力.12B【解析】函數在區間內單調遞增， ，在恒成立， 在恒成立， ， 函數在區間內單調遞增的概率是，故選B.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。134【解析】由題意結合代數式的特點和均值不等式的結論整理計算即可求得最終結果.【詳解】.當且僅當時等號成立.據此可知：的最小值為4.【點睛】條件最值的求解通常有兩種方法：一是消元法，即根據條件建立兩個量之間的函數關系，然后代入代數式轉化為函數的最值求解；二是將條件靈活變形，利用常數代換

12、的方法構造和或積為常數的式子，然后利用基本不等式求解最值14【解析】設弦所在的直線與橢圓相交于、兩點，利用點差法可求得直線的斜率，進而可求得直線的點斜式方程，化為一般式即可.【詳解】設弦所在的直線與橢圓相交于、兩點，由于點為弦的中點，則，得，由題意得，兩式相減得，所以，直線的斜率為，所以，弦所在的直線方程為，即.故答案為：.【點睛】本題考查利用弦的中點求弦所在直線的方程，一般利用點差法，也可以利用韋達定理設而不求法來解答，考查計算能力，屬于中等題.15【解析】由頻率分布直方圖可知，解得，故不正確；這名學生中數學成績在分以下的人數為，故正確；設這名學生數學成績的中位數為，則，解得，故正確；這名學

13、生數學成績的平均數為，故不正確綜上，說法正確的序號是16【解析】由題意得，分類討論作出函數圖象，求得最值解不等式組即可.【詳解】原問題等價于，當時，函數圖象如圖此時，則，解得：；當時，函數圖象如圖此時，則，解得：；當時，函數圖象如圖此時，則，解得：；當時，函數圖象如圖此時，則，解得：；綜上，滿足條件的取值范圍為.故答案為：【點睛】本題主要考查了對勾函數的圖象與性質，函數的最值求解，存在性問題的求解等，考查了分類討論，轉化與化歸的思想.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）【解析】(1)利用極坐標和直角坐標的互化公式，,即可求得結果.(2) 由的幾何意義得

14、,. 將代入拋物線C的方程,利用韋達定理，即可求得結果.【詳解】（1）因為，代入得，所以拋物線C的極坐標方程為.（2）將代入拋物線C的方程得，所以，所以，由的幾何意義得，.【點睛】本題考查直角坐標和極坐標的轉化,考查極坐標方程的綜合應用,考查了學生綜合分析,轉化與劃歸,數學運算的能力,難度一般.18；.【解析】利用正弦定理化簡求值即可；利用兩角和差的正弦函數的化簡公式，結合正弦定理求出的值.【詳解】解：，由正弦定理得：，又，為三角形內角，故，則，故，；（2）平分，設，則,，則，又，則在中，由正弦定理：，.【點睛】本題考查正弦定理和兩角和差的正弦函數的化簡公式，二倍角公式，考查運算能力，屬于基礎

15、題.19（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）根據橢圓的基本性質列出方程組，即可得出橢圓方程；（2）設點，由，結合斜率公式化簡得出，即，滿足，由的任意性，得出直線恒過一個定點.【詳解】（1）依題意得，解得即橢圓：；（2）設點，其中，由，得，即，注意到，于是，因此，滿足由的任意性知，即直線恒過一個定點.【點睛】本題主要考查了求橢圓的方程，直線過定點問題，屬于中檔題.20（1）；（2）.【解析】（1）根據坐標和為等邊三角形可得，進而得到橢圓方程；（2）當直線斜率不存在時，易求坐標，從而得到所求面積；當直線的斜率存在時，設方程為，與橢圓方程聯立得到韋達定理的形式，并確定的取值范圍；利用，代入韋達定

16、理的結論可求得關于的表達式，采用換元法將問題轉化為，的值域的求解問題，結合函數單調性可求得值域；結合兩種情況的結論可得最終結果.【詳解】（1），為等邊三角形，橢圓的標準方程為（2）設四邊形的面積為當直線的斜率不存在時，可得，當直線的斜率存在時，設直線的方程為，設，聯立得：，面積令，則，令，則，在定義域內單調遞減，綜上所述：四邊形面積的取值范圍是【點睛】本題考查直線與橢圓的綜合應用問題，涉及到橢圓方程的求解、橢圓中的四邊形面積的取值范圍的求解問題；關鍵是能夠將所求面積表示為關于某一變量的函數，將問題轉化為函數值域的求解問題.21（1）；（2）.【解析】（1）對分三種情況討論，分別去掉絕對值符號，

17、然后求解不等式組，再求并集即可得結果; （2）.作出函數的圖象, 當直線與函數的圖象有三個公共點時，方程有三個解，由圖可得結果.【詳解】（1）不等式，即為.當時，即化為，得，此時不等式的解集為，當時，即化為，解得，此時不等式的解集為.綜上，不等式的解集為.（2）即.作出函數的圖象如圖所示，當直線與函數的圖象有三個公共點時，方程有三個解，所以.所以實數的取值范圍是.【點睛】絕對值不等式的解法：法一：利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現了數形結合的思想；法二：利用“零點分段法”求解，體現了分類討論的思想；法三：通過構造函數，利用函數的圖象求解，體現了函數與方程的思想22有的把握認為顧客購物體驗的滿意度與性別有關；.【解析】由題得，根據數據判斷出顧客購物體驗的滿意度與性別有