1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、要求的。1數學中有許多形狀優美、寓意美好的曲線，例如：四葉草曲線就是其中一種，其方程為.給出下列四個結論：曲線有四條對稱軸；曲線上的點到原點的最大距離為；曲線第一象限上任意一點作兩坐標軸的垂線與兩坐標軸圍成的矩形面積最大值為；四葉草面積小于.其中，所有正確結論的序號是（ ）ABCD2已知是函數圖象上的一點，過作圓的兩條切線，切點分別為，則的最小值為（ ）ABC0D3已知正四面體的內切球體積為v，外接球的體積為V，則（ ）A4B8C9D274已知數列滿足：，則( )A16B25C28D335某三棱錐的三視圖如圖所示，那么該三棱錐的表面中直角三角形的個數為（ ）A1B2C3D06已知向量，且，則m

3、=( )A8B6C6D87 若數列滿足且，則使的的值為( )ABCD8四人并排坐在連號的四個座位上，其中與不相鄰的所有不同的坐法種數是（ ）A12B16C20D89已知橢圓的中心為原點，為的左焦點，為上一點，滿足且，則橢圓的方程為（ ）ABCD10若復數，則（ ）ABCD2011在平行四邊形中，若則( )ABCD12已知函數的導函數為，記，N. 若，則 （ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知不等式的解集不是空集,則實數的取值范圍是；若不等式對任意實數恒成立，則實數的取值范圍是_14如圖，在ABC中，E為邊AC上一點，且，P為BE上一點，且滿足，則的最小值為_15

4、在中，內角所對的邊分別為，若 ，的面積為，則_ ，_16定義，已知，若恰好有3個零點，則實數的取值范圍是_.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）已知關于的不等式有解.（1）求實數的最大值；（2）若，均為正實數，且滿足.證明：.18（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為(為參數)，直線與曲線交于兩點.(1)求的長；(2)在以為極點，軸的正半軸為極軸建立的極坐標系中，設點的極坐標為，求點到線段中點的距離.19（12分）如圖，在三棱柱中，平面平面，側面為平行四邊形，側面為正方形，為的中點.（1）求證：平面；（2）求二面角的大小.20（12分）已知函數（

5、1）求函數的單調遞增區間（2）記函數的圖象為曲線，設點是曲線上不同兩點，如果在曲線上存在點，使得；曲線在點M處的切線平行于直線AB，則稱函數存在“中值和諧切線”，當時，函數是否存在“中值和諧切線”請說明理由21（12分）已知數列滿足.（1）求數列的通項公式；（2）設數列的前項和為，證明：.22（10分）等差數列的前項和為，已知，.（）求數列的通項公式及前項和為；（）設為數列的前項的和，求證：.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】利用之間的代換判斷出對稱軸的條數；利用基本不等式求解出到原點的距離最大值；將面積轉

6、化為的關系式，然后根據基本不等式求解出最大值；根據滿足的不等式判斷出四葉草與對應圓的關系，從而判斷出面積是否小于.【詳解】：當變為時， 不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；當變為時，不變，所以四葉草圖象關于軸對稱；綜上可知：有四條對稱軸，故正確；：因為，所以，所以，所以，取等號時，所以最大距離為，故錯誤；：設任意一點，所以圍成的矩形面積為，因為，所以，所以，取等號時，所以圍成矩形面積的最大值為，故正確；：由可知，所以四葉草包含在圓的內部，因為圓的面積為：，所以四葉草的面積小于，故正確.故選：C.【點睛】本題考查曲線

7、與方程的綜合運用，其中涉及到曲線的對稱性分析以及基本不等式的運用，難度較難.分析方程所表示曲線的對稱性，可通過替換方程中去分析證明.2C【解析】先畫出函數圖像和圓，可知，若設，則，所以，而要求的最小值，只要取得最大值，若設圓的圓心為，則，所以只要取得最小值，若設，則，然后構造函數，利用導數求其最小值即可.【詳解】記圓的圓心為，設，則，設，記，則，令，因為在上單調遞增，且，所以當時，；當時，則在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即，所以（當時等號成立）.故選：C【點睛】此題考查的是兩個向量的數量積的最小值，利用了導數求解，考查了轉化思想和運算能力，屬于難題.3D【解析】設正四面體的棱長為，取的中點

8、為，連接，作正四面體的高為，首先求出正四面體的體積，再利用等體法求出內切球的半徑，在中，根據勾股定理求出外接球的半徑，利用球的體積公式即可求解.【詳解】設正四面體的棱長為，取的中點為，連接，作正四面體的高為，則，設內切球的半徑為，內切球的球心為，則，解得：；設外接球的半徑為，外接球的球心為，則或，在中，由勾股定理得：，解得， 故選：D【點睛】本題主要考查了多面體的內切球、外接球問題，考查了椎體的體積公式以及球的體積公式，需熟記幾何體的體積公式，屬于基礎題.4C【解析】依次遞推求出得解.【詳解】n=1時，n=2時，n=3時，n=4時，n=5時，.故選：C【點睛】本題主要考查遞推公式的應用，意在考

9、查學生對這些知識的理解掌握水平.5C【解析】由三視圖還原原幾何體，借助于正方體可得三棱錐的表面中直角三角形的個數.【詳解】由三視圖還原原幾何體如圖，其中，為直角三角形.該三棱錐的表面中直角三角形的個數為3.故選：C.【點睛】本小題主要考查由三視圖還原為原圖，屬于基礎題.6D【解析】由已知向量的坐標求出的坐標，再由向量垂直的坐標運算得答案【詳解】，又，34+（2）（m2）0，解得m1故選D【點睛】本題考查平面向量的坐標運算，考查向量垂直的坐標運算，屬于基礎題7C【解析】因為，所以是等差數列，且公差，則，所以由題設可得，則，應選答案C8A【解析】先將除A，B以外的兩人先排，再將A，B在3個空位置里

10、進行插空，再相乘得答案.【詳解】先將除A，B以外的兩人先排，有種；再將A，B在3個空位置里進行插空，有種，所以共有種.故選：A【點睛】本題考查排列中不相鄰問題，常用插空法，屬于基礎題.9B【解析】由題意可得c=，設右焦點為F，由|OP|=|OF|=|OF|知，PFF=FPO，OFP=OPF，所以PFF+OFP=FPO+OPF，由PFF+OFP+FPO+OPF=180知，FPO+OPF=90，即PFPF在RtPFF中，由勾股定理，得|PF|=，由橢圓定義，得|PF|+|PF|=2a=4+8=12，從而a=6，得a2=36，于是 b2=a2c2=36=16，所以橢圓的方程為故選B點睛：橢圓的定義：

11、到兩定點距離之和為常數的點的軌跡，當和大于兩定點間的距離時，軌跡是橢圓，當和等于兩定點間的距離時，軌跡是線段（兩定點間的連線段），當和小于兩定點間的距離時，軌跡不存在10B【解析】化簡得到，再計算模長得到答案.【詳解】，故.故選：.【點睛】本題考查了復數的運算，復數的模，意在考查學生的計算能力.11C【解析】由，,利用平面向量的數量積運算,先求得利用平行四邊形的性質可得結果.【詳解】如圖所示,平行四邊形中, ,，,因為,所以,，所以，故選C.【點睛】本題主要考查向量的幾何運算以及平面向量數量積的運算法則，屬于中檔題. 向量的運算有兩種方法：（）平行四邊形法則（平行四邊形的對角線分別是兩向量的和

12、與差）；（）三角形法則（兩箭頭間向量是差，箭頭與箭尾間向量是和）.12D【解析】通過計算，可得，最后計算可得結果.【詳解】由題可知：所以所以猜想可知：由所以所以故選：D【點睛】本題考查導數的計算以及不完全歸納法的應用，選擇題、填空題可以使用取特殊值，歸納猜想等方法的使用，屬中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】利用絕對值的幾何意義，確定出的最小值，然后根據題意即可得到的取值范圍化簡不等式，求出 的最大值，然后求出結果【詳解】的最小值為，則要使不等式的解集不是空集，則有化簡不等式有 ，即而當時滿足題意，解得或所以答案為【點睛】本題主要考查的是函數恒成立的問題和絕對值

13、不等式，要注意到絕對值的幾何意義，數形結合來解答本題，注意去絕對值時的分類討論化簡14【解析】試題分析：根據題意有，因為三點共線，所以有，從而有，所以的最小值是考點：向量的運算，基本不等式【方法點睛】該題考查的是有關應用基本不等式求最值的問題，屬于中檔題目，在解題的過程中，關鍵步驟在于對題中條件的轉化，根據三點共線，結合向量的性質可知，從而等價于已知兩個正數的整式形式和為定值，求分式形式和的最值的問題，兩式乘積，最后應用基本不等式求得結果，最后再加，得出最后的答案15 【解析】由已知及正弦定理，三角函數恒等變換的應用可得，從而求得，結合范圍，即可得到答案運用余弦定理和三角形面積公式，結合完全平

14、方公式，即可得到答案【詳解】由已知及正弦定理可得，可得：解得，即，由面積公式可得：，即由余弦定理可得：即有解得【點睛】本題主要考查了運用正弦定理、余弦定理和面積公式解三角形，題目較為基礎，只要按照題意運用公式即可求出答案16【解析】根據題意，分類討論求解，當時，根據指數函數的圖象和性質無零點，不合題意；當時，令，得，令 ，得或 ，再分當，兩種情況討論求解.【詳解】由題意得：當時，在軸上方，且為增函數，無零點，至多有兩個零點，不合題意；當時，令，得，令 ，得或 ，如圖所示：當時，即時，要有3個零點，則，解得；當時，即時，要有3個零點，則，令，所以在是減函數，又，要使，則須，所以.綜上：實數的取值

15、范圍是.故答案為：【點睛】本題主要考查二次函數，指數函數的圖象和分段函數的零點問題，還考查了分類討論的思想和運算求解的能力，利用導數判斷函數單調性，屬于中檔題.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）見解析【解析】（1）由題意，只需找到的最大值即可；（2），構造并利用基本不等式可得，即.【詳解】（1），的最大值為4.關于的不等式有解等價于，（）當時，上述不等式轉化為，解得，（）當時，上述不等式轉化為，解得，綜上所述，實數的取值范圍為，則實數的最大值為3，即.（2）證明：根據（1）求解知，所以，又，當且僅當時，等號成立，即，所以，.【點睛】本題考查絕對值不

16、等式中的能成立問題以及綜合法證明不等式問題，是一道中檔題.18（1） ;（2）.【解析】（1）將直線的參數方程化為直角坐標方程，由點到直線距離公式可求得圓心到直線距離，結合垂徑定理即可求得的長；（2）將的極坐標化為直角坐標，將直線方程與圓的方程聯立，求得直線與圓的兩個交點坐標，由中點坐標公式求得的坐標，再根據兩點間距離公式即可求得.【詳解】（1）直線的參數方程為(為參數)，化為直角坐標方程為，即直線與曲線交于兩點.則圓心坐標為，半徑為1，則由點到直線距離公式可知，所以.（2）點的極坐標為，化為直角坐標可得，直線的方程與曲線的方程聯立，化簡可得，解得，所以兩點坐標為，所以，由兩點間距離公式可得.

17、【點睛】本題考查了參數方程與普通方程轉化，極坐標與直角坐標的轉化，點到直線距離公式應用，兩點間距離公式的應用，直線與圓交點坐標求法，屬于基礎題.19（1）證明見解析（2）【解析】（1）連接，交與，連接，由，得出結論；（2）以為原點，分別為，軸建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用夾角公式求出即可.【詳解】（1）連接，交與，連接，在中，又平面，平面，所以平面；（2）由平面平面，為平面與平面的交線，故平面，故，又，所以平面，以為原點，分別為，軸建立空間直角坐標系，設平面的法向量為，由，得，平面的法向量為，由，故二面角的大小為.【點睛】本小題主要考查線面平行的證明，考查二面角的求法，考查空間想象

18、能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.20（1）見解析（2）不存在，見解析【解析】（1）求出函數的導數，通過討論的范圍求出函數的單調區間即可；（2）求出函數的導數，結合導數的幾何意義，再令，轉化為方程有解問題，即可說明.【詳解】(1)函數的定義域為，所以當時，；，所以函數在上單調遞增當時，當時，函數在上遞增，顯然無增區間；當時， ，函數在上遞增，綜上當函數在上單調遞增.當時函數在上單調遞增；當時函數無單調遞增區間當時函數在上單調遞增(2)假設函數存在“中值相依切線”設是曲線上不同的兩個點，且則曲線在點處的切線的斜率為，.令，則，單調遞增，故無解，假設不成立綜上，假設不成立，所以不存在“中值相依切線”【點睛】本題考查了函數的單調性，導數的幾何意義，考查導數的應用以及分類討