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。1已知雙曲線的右焦點為，若雙曲線的一條漸近線的傾斜角為，且點到該漸近線的距離為，則雙曲線的實軸的長為ABCD2已知雙曲線的左、右焦點分別為，點P是C的右支上一點，連接與y軸交于點M，若

2、（O為坐標原點），則雙曲線C的漸近線方程為（ ）ABCD3已知函數，若對任意，總存在，使得成立，則實數的取值范圍為（ ）ABCD4下列函數中既關于直線對稱，又在區間上為增函數的是( )A.BCD5若函數，在區間上任取三個實數，均存在以，為邊長的三角形，則實數的取值范圍是（ ）ABCD6如圖，是圓的一條直徑，為半圓弧的兩個三等分點，則（ ）ABCD7復數的模為（ ）AB1C2D8已知向量，則與的夾角為（ ）ABCD9在等差數列中，若為前項和，則的值是（ ）A156B124C136D18010拋物線C:y2=2px的焦點F是雙曲線C2:x2m-y21-m=10m1的右焦點，點P是曲線C1,C2的交

3、點，點Q在拋物線的準線上，FPQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，則雙曲線C2的離心率為（ ）A2+1B22+3C210-3D210+311設是虛數單位，則“復數為純虛數”是“”的（ ）A充要條件B必要不充分條件C既不充分也不必要條件D充分不必要條件12函數的部分圖象如圖所示，則的單調遞增區間為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13如圖所示，在直角梯形中，、分別是、上的點，且（如圖）.將四邊形沿折起，連接、（如圖）.在折起的過程中，則下列表述： 平面；四點、可能共面；若，則平面平面；平面與平面可能垂直.其中正確的是_.14在的展開式中，的系數為_用數字作答15如圖

4、，在正四棱柱中，P是側棱上一點，且.設三棱錐的體積為，正四棱柱的體積為V，則的值為_.16已知實數，且由的最大值是_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.（1）當時，求不等式的解集；（2）若，證明：.18（12分）已知函數，的最大值為求實數b的值；當時，討論函數的單調性；當時，令，是否存在區間，使得函數在區間上的值域為？若存在，求實數k的取值范圍；若不存在，請說明理由19（12分）如圖，三棱柱中，側面為菱形，.（1）求證：平面；（2）若，求二面角的余弦值.20（12分）改革開放年，我國經濟取得飛速發展，城市汽車保有量在不斷增加，人們的交通安全意識也需

5、要不斷加強.為了解某城市不同性別駕駛員的交通安全意識，某小組利用假期進行一次全市駕駛員交通安全意識調查.隨機抽取男女駕駛員各人，進行問卷測評，所得分數的頻率分布直方圖如圖所示在分以上為交通安全意識強.求的值，并估計該城市駕駛員交通安全意識強的概率；已知交通安全意識強的樣本中男女比例為，完成下列列聯表，并判斷有多大把握認為交通安全意識與性別有關；安全意識強安全意識不強合計男性女性合計用分層抽樣的方式從得分在分以下的樣本中抽取人，再從人中隨機選取人對未來一年內的交通違章情況進行跟蹤調查，求至少有人得分低于分的概率.附：其中21（12分）已知函數，其中為自然對數的底數，（1）若曲線在點處的切線與直線

6、平行，求的值；（2）若，問函數有無極值點？若有，請求出極值點的個數；若沒有，請說明理由22（10分）設函數其中()若曲線在點處切線的傾斜角為，求的值;()已知導函數在區間上存在零點，證明:當時，.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】雙曲線的漸近線方程為，由題可知設點，則點到直線的距離為，解得，所以，解得，所以雙曲線的實軸的長為，故選B2C【解析】利用三角形與相似得，結合雙曲線的定義求得的關系，從而求得雙曲線的漸近線方程。【詳解】設，由，與相似，所以，即，又因為，所以，所以，即，所以雙曲線C的漸近線方程為.故選

7、：C.【點睛】本題考查雙曲線幾何性質、漸近線方程求解，考查數形結合思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力。3C【解析】將函數解析式化簡，并求得，根據當時可得的值域；由函數在上單調遞減可得的值域，結合存在性成立問題滿足的集合關系，即可求得的取值范圍.【詳解】依題意，則，當時，故函數在上單調遞增，當時，；而函數在上單調遞減，故，則只需，故，解得，故實數的取值范圍為.故選：C.【點睛】本題考查了導數在判斷函數單調性中的應用，恒成立與存在性成立問題的綜合應用，屬于中檔題.4C【解析】根據函數的對稱性和單調性的特點，利用排除法，即可得出答案.【詳解】A中，當時，所以不關于直線對稱，則錯誤；B中，所以在區間

8、上為減函數，則錯誤；D中，而，則，所以不關于直線對稱，則錯誤；故選：C.【點睛】本題考查函數基本性質，根據函數的解析式判斷函數的對稱性和單調性，屬于基礎題.5D【解析】利用導數求得在區間上的最大值和最小，根據三角形兩邊的和大于第三邊列不等式，由此求得的取值范圍.【詳解】的定義域為，所以在上遞減，在上遞增，在處取得極小值也即是最小值，所以在區間上的最大值為.要使在區間上任取三個實數，均存在以，為邊長的三角形，則需恒成立，且，也即，也即當、時，成立，即，且，解得.所以的取值范圍是.故選：D【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的最值，考查恒成立問題的求解，屬于中檔題.6B【解析】連接、，即可得到，

9、再根據平面向量的數量積及運算律計算可得；【詳解】解：連接、，是半圓弧的兩個三等分點， ，且，所以四邊形為棱形，故選：B【點睛】本題考查平面向量的數量積及其運算律的應用，屬于基礎題.7D【解析】利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由復數模的計算公式求解【詳解】解：，復數的模為故選：D【點睛】本題主要考查復數代數形式的乘除運算，考查復數模的求法，屬于基礎題8B【解析】由已知向量的坐標，利用平面向量的夾角公式，直接可求出結果.【詳解】解：由題意得，設與的夾角為，由于向量夾角范圍為：，.故選：B.【點睛】本題考查利用平面向量的數量積求兩向量的夾角，注意向量夾角的范圍.9A【解析】因為，可得，根據等差數列

10、前項和，即可求得答案.【詳解】，.故選：A.【點睛】本題主要考查了求等差數列前項和，解題關鍵是掌握等差中項定義和等差數列前項和公式，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.10A【解析】先由題和拋物線的性質求得點P的坐標和雙曲線的半焦距c的值，再利用雙曲線的定義可求得a的值，即可求得離心率.【詳解】由題意知，拋物線焦點F1,0，準線與x軸交點F(-1,0)，雙曲線半焦距c=1，設點Q(-1,y) FPQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，即PF=PQ，結合P點在拋物線上，所以PQ拋物線的準線，從而PFx軸，所以P1,2，2a=PF-PF=22-2 即a=2-1.故雙曲線的離心率為e=12-1=2

11、+1.故選A【點睛】本題考查了圓錐曲線綜合，分析題目，畫出圖像，熟悉拋物線性質以及雙曲線的定義是解題的關鍵，屬于中檔題.11D【解析】結合純虛數的概念，可得，再結合充分條件和必要條件的定義即可判定選項.【詳解】若復數為純虛數，則，所以，若，不妨設，此時復數，不是純虛數，所以“復數為純虛數”是“”的充分不必要條件.故選：D【點睛】本題考查充分條件和必要條件，考查了純虛數的概念，理解充分必要條件的邏輯關系是解題的關鍵，屬于基礎題.12D【解析】由圖象可以求出周期，得到，根據圖象過點可求，根據正弦型函數的性質求出單調增區間即可.【詳解】由圖象知，所以，又圖象過點，所以，故可取，所以令，解得所以函數的

12、單調遞增區間為故選：【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象與性質，利用“五點法”求函數解析式，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】連接、交于點，取的中點，證明四邊形為平行四邊形，可判斷命題的正誤；利用線面平行的性質定理和空間平行線的傳遞性可判斷命題的正誤；連接，證明出，結合線面垂直和面面垂直的判定定理可判斷命題的正誤；假設平面與平面垂直，利用面面垂直的性質定理可判斷命題的正誤.綜合可得出結論.【詳解】對于命題，連接、交于點，取的中點、，連接、，如下圖所示：則且，四邊形是矩形，且，為的中點，為的中點，且，且，四邊形為平行四邊形，即，平面，平面，平面，命題正確；對

13、于命題，平面，平面，平面，若四點、共面，則這四點可確定平面，則，平面平面，由線面平行的性質定理可得，則，但四邊形為梯形且、為兩腰，與相交，矛盾.所以，命題錯誤；對于命題，連接、，設，則，在中，則為等腰直角三角形，且，且，由余弦定理得，又，平面，平面，、為平面內的兩條相交直線，所以，平面，平面，平面平面，命題正確；對于命題，假設平面與平面垂直，過點在平面內作，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，又，平面，平面，.，平面，平面，.，顯然與不垂直，命題錯誤.故答案為：.【點睛】本題考查立體幾何綜合問題，涉及線面平行、面面垂直的證明、以及點共面的判斷，考查推理能力，屬于中等題.141【解析】利用二項

14、展開式的通項公式求出展開式的通項，令，求出展開式中的系數【詳解】二項展開式的通項為 令得的系數為 故答案為1【點睛】利用二項展開式的通項公式是解決二項展開式的特定項問題的工具15【解析】設正四棱柱的底面邊長，高，再根據柱體、錐體的體積公式計算可得.【詳解】解：設正四棱柱的底面邊長，高，則，即故答案為：【點睛】本題考查柱體、錐體的體積計算，屬于基礎題.16【解析】將其轉化為幾何意義，然后根據最值的條件求出最大值【詳解】由化簡得，又實數，圖形為圓，如圖:，可得，則由幾何意義得，則，為求最大值則當過點或點時取最小值，可得所以的最大值是【點睛】本題考查了二元最值問題，將其轉化為幾何意義，得到圓的方程及

15、斜率問題，對要求的二元二次表達式進行化簡，然后求出最值問題，本題有一定難度。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)見證明【解析】（1） 利用零點分段法討論去掉絕對值求解；（2） 利用絕對值不等式的性質進行證明.【詳解】（1）解：當時，不等式可化為.當時，所以；當時，.所以不等式的解集是.（2）證明：由，得，又，所以，即.【點睛】本題主要考查含有絕對值不等式問題的求解，含有絕對值不等式的解法一般是使用零點分段討論法.18 (1) ;(2) 時，在單調增；時, 在單調遞減，在單調遞增；時,同理在單調遞減，在單調遞增；（3）不存在.【解析】分析：(1)利用

16、導數研究函數的單調性，可得當時， 取得極大值，也是最大值，由，可得結果；（2）求出，分三種情況討論的范圍，在定義域內，分別令求得的范圍，可得函數增區間，求得的范圍，可得函數的減區間；（3）假設存在區間，使得函數在區間上的值域是，則，問題轉化為關于的方程在區間內是否存在兩個不相等的實根，進而可得結果.詳解：(1) 由題意得，令，解得，當時， ，函數單調遞增；當時， ，函數單調遞減.所以當時， 取得極大值，也是最大值，所以，解得. （2）的定義域為. 即,則，故在單調增若,而,故,則當時，; 當及時，故在單調遞減，在單調遞增若,即,同理在單調遞減，在單調遞增（3）由（1）知， 所以，令，則對恒成立

17、，所以在區間內單調遞增， 所以恒成立，所以函數在區間內單調遞增. 假設存在區間，使得函數在區間上的值域是，則，問題轉化為關于的方程在區間內是否存在兩個不相等的實根， 即方程在區間內是否存在兩個不相等的實根，令， ，則，設， ，則對恒成立，所以函數在區間內單調遞增， 故恒成立，所以，所以函數在區間內單調遞增，所以方程在區間內不存在兩個不相等的實根.綜上所述，不存在區間，使得函數在區間上的值域是.點睛：本題主要考查利用導數判斷函數的單調性以及函數的最值值，屬于難題.求函數極值、最值的步驟：(1) 確定函數的定義域；(2) 求導數 ；(3) 解方程 求出函數定義域內的所有根；(4) 列表檢查 在 的

18、根 左右兩側值的符號，如果左正右負（左增右減），那么 在 處取極大值，如果左負右正（左減右增），那么 在 處取極小值. （5）如果只有一個極值點，則在該處即是極值也是最值；（6）如果求閉區間上的最值還需要比較端點值的函數值與極值的大小.19（1）見解析（2）【解析】（1）根據菱形性質可知，結合可得，進而可證明，即，即可由線面垂直的判定定理證明平面；（2）結合（1）可證明兩兩互相垂直.即以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長度，建立空間直角坐標系，寫出各個點的坐標，并求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：設，連接，如下圖所示：側面為菱形，且為及的中點， 又，則為直

19、角三角形，又，即，而為平面內的兩條相交直線，平面.(2)平面，平面，即，從而兩兩互相垂直.以為坐標原點，的方向為軸正方向，為單位長度，建立如圖的空間直角坐標系，為等邊三角形， ，設平面的法向量為，則，即，可取，設平面的法向量為，則.同理可取，由圖示可知二面角為銳二面角，二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了線面垂直的判定方法，利用空間向量方法求二面角夾角的余弦值，注意建系時先證明三條兩兩垂直的直線，屬于中檔題.20，概率為；列聯表詳見解析，有的把握認為交通安全意識與性別有關；.【解析】根據頻率和為列方程求得的值，計算得分在分以上的頻率即可；根據題意填寫列聯表，計算的值，對照臨界值得出結論；用分層抽樣法求得抽取各分數段人數，用列舉法求出基本事件數，計算所求的概率值.【詳解】解： 解得. 所以，該