1、2021-2022高考數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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復數的虛部為（ ）ABC2D2給出以下四個命題：依次首尾相接的四條線段必共面；過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面；空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角必

2、相等；垂直于同一直線的兩條直線必平行.其中正確命題的個數是（ ）A0B1C2D33設為虛數單位，為復數，若為實數，則（ ）ABCD4如圖，正方形網格紙中的實線圖形是一個多面體的三視圖，則該多面體各表面所在平面互相垂直的有（ ）A2對B3對C4對D5對5某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖所示，圓柱表面上的點在正視圖上的對應點為，圓柱表面上的點在左視圖上的對應點為，則在此圓柱側面上，從到的路徑中，最短路徑的長度為（ ）ABCD26一個空間幾何體的正視圖是長為4，寬為的長方形，側視圖是邊長為2的等邊三角形，俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ）ABCD7已知復數滿足，則（ ）ABCD8已

3、知等差數列的前n項和為，則A3B4C5D69已知實數，滿足約束條件，則的取值范圍是（ ）ABCD10向量，且，則（ ）ABCD11集合中含有的元素個數為（ ）A4B6C8D1212已知非零向量滿足，若夾角的余弦值為，且，則實數的值為（ ）ABC或D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知函數與的圖象上存在關于軸對稱的點，則的取值范圍為_14已知一個圓錐的底面積和側面積分別為和，則該圓錐的體積為_15袋中裝有兩個紅球、三個白球，四個黃球，從中任取四個球，則其中三種顏色的球均有的概率為_.16 “六藝”源于中國周朝的貴族教育體系，具體包括“禮、樂、射、御、書、數”某校在周末學生業余

4、興趣活動中開展了“六藝”知識講座，每藝安排一節，連排六節，則滿足“禮”與“樂”必須排在前兩節，“射”和“御”兩講座必須相鄰的不同安排種數為_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）在中，內角的對邊分別是，已知.（1）求角的值；（2）若，求的面積18（12分）已知橢圓：，不與坐標軸垂直的直線與橢圓交于，兩點.（）若線段的中點坐標為，求直線的方程；（）若直線過點，點滿足（，分別為直線，的斜率），求的值.19（12分）已知直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程及曲線

5、的直角坐標方程；（2）設點，直線與曲線交于兩點，求的值.20（12分）已知函數，.函數的導函數在上存在零點.求實數的取值范圍；若存在實數，當時，函數在時取得最大值，求正實數的最大值；若直線與曲線和都相切，且在軸上的截距為，求實數的值.21（12分）已知函數（1）若恒成立，求實數的取值范圍；（2）若方程有兩個不同實根，證明：22（10分）已知函數，（1）當時，求不等式的解集； （2）若函數的圖象與軸恰好圍成一個直角三角形，求的值參考答案一、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。1D【解析】根據復數的除法運算，化簡出，即可得出虛部.【詳解

6、】解：=，故虛部為-2.故選：D.【點睛】本題考查復數的除法運算和復數的概念.2B【解析】用空間四邊形對進行判斷；根據公理2對進行判斷；根據空間角的定義對進行判斷；根據空間直線位置關系對進行判斷.【詳解】中，空間四邊形的四條線段不共面，故錯誤.中，由公理2知道，過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面，故正確.中，由空間角的定義知道，空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角相等或互補，故錯誤.中，空間中，垂直于同一直線的兩條直線可相交，可平行，可異面，故錯誤.故選：B【點睛】本小題考查空間點，線，面的位置關系及其相關公理，定理及其推論的理解和認識；考查空間想象能力，推理論

7、證能力，考查數形結合思想，化歸與轉化思想.3B【解析】可設，將化簡，得到，由復數為實數，可得，解方程即可求解【詳解】設，則.由題意有，所以.故選：B【點睛】本題考查復數的模長、除法運算，由復數的類型求解對應參數，屬于基礎題4C【解析】畫出該幾何體的直觀圖，易證平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，從而可選出答案【詳解】該幾何體是一個四棱錐，直觀圖如下圖所示，易知平面平面，作POAD于O，則有PO平面ABCD，POCD，又ADCD，所以，CD平面PAD，所以平面平面，同理可證：平面平面，由三視圖可知：POAOOD，所以，APPD，又APCD，所以，AP平面PCD，所以，平面平面，所以該多面體各

8、表面所在平面互相垂直的有4對【點睛】本題考查了空間幾何體的三視圖，考查了四棱錐的結構特征，考查了面面垂直的證明，屬于中檔題5B【解析】首先根據題中所給的三視圖，得到點M和點N在圓柱上所處的位置，將圓柱的側面展開圖平鋪，點M、N在其四分之一的矩形的對角線的端點處，根據平面上兩點間直線段最短，利用勾股定理，求得結果.【詳解】根據圓柱的三視圖以及其本身的特征，將圓柱的側面展開圖平鋪,可以確定點M和點N分別在以圓柱的高為長方形的寬，圓柱底面圓周長的四分之一為長的長方形的對角線的端點處，所以所求的最短路徑的長度為，故選B.點睛：該題考查的是有關幾何體的表面上兩點之間的最短距離的求解問題，在解題的過程中，

9、需要明確兩個點在幾何體上所處的位置，再利用平面上兩點間直線段最短，所以處理方法就是將面切開平鋪，利用平面圖形的相關特征求得結果.6B【解析】由三視圖確定原幾何體是正三棱柱，由此可求得體積【詳解】由題意原幾何體是正三棱柱，故選：B【點睛】本題考查三視圖，考查棱柱的體積解題關鍵是由三視圖不愿出原幾何體7A【解析】根據復數的運算法則，可得，然后利用復數模的概念，可得結果.【詳解】由題可知：由，所以所以故選：A【點睛】本題主要考查復數的運算，考驗計算，屬基礎題.8C【解析】方法一：設等差數列的公差為，則，解得，所以.故選C方法二：因為，所以，則.故選C9B【解析】畫出可行域，根據可行域上的點到原點距離

10、，求得的取值范圍.【詳解】由約束條件作出可行域是由，三點所圍成的三角形及其內部，如圖中陰影部分，而可理解為可行域內的點到原點距離的平方，顯然原點到所在的直線的距離是可行域內的點到原點距離的最小值，此時，點到原點的距離是可行域內的點到原點距離的最大值，此時.所以的取值范圍是.故選：B【點睛】本小題考查線性規劃，兩點間距離公式等基礎知識；考查運算求解能力，數形結合思想，應用意識.10D【解析】根據向量平行的坐標運算以及誘導公式，即可得出答案.【詳解】故選：D【點睛】本題主要考查了由向量平行求參數以及誘導公式的應用，屬于中檔題.11B【解析】解：因為集合中的元素表示的是被12整除的正整數，那么可得為

11、1，2,3,4，6，,12故選B12D【解析】根據向量垂直則數量積為零，結合以及夾角的余弦值，即可求得參數值.【詳解】依題意，得，即.將代入可得，解得（舍去）.故選：D.【點睛】本題考查向量數量積的應用，涉及由向量垂直求參數值，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】兩函數圖象上存在關于軸對稱的點的等價命題是方程在區間上有解，化簡方程在區間上有解，構造函數，求導，求出單調區間，利用函數性質得解.【詳解】解：根據題意，若函數與的圖象上存在關于軸對稱的點，則方程在區間上有解，即方程在區間上有解，設函數，其導數，又由，可得：當時， 為減函數，當時， 為增函數，故函數有最

12、小值，又由；比較可得： ，故函數有最大值，故函數在區間上的值域為；若方程在區間上有解，必有，則有，即的取值范圍是；故答案為：；【點睛】本題利用導數研究函數在某區間上最值求參數的問題, 函數零點問題的拓展. 由于函數的零點就是方程的根，在研究方程的有關問題時，可以將方程問題轉化為函數問題解決. 此類問題的切入點是借助函數的零點，結合函數的圖象，采用數形結合思想加以解決.14【解析】依據圓錐的底面積和側面積公式，求出底面半徑和母線長，再根據勾股定理求出圓錐的高，最后利用圓錐的體積公式求出體積。【詳解】設圓錐的底面半徑為，母線長為，高為，所以有 解得， 故該圓錐的體積為。【點睛】本題主要考查圓錐的底

13、面積、側面積和體積公式的應用。15【解析】基本事件總數n126，其中三種顏色的球都有包含的基本事件個數m72，由此能求出其中三種顏色的球都有的概率【詳解】解：袋中有2個紅球，3個白球和4個黃球，從中任取4個球，基本事件總數n126，其中三種顏色的球都有，可能是2個紅球，1個白球和1個黃球或1個紅球，2個白球和1個黃球或1個紅球，1個白球和2個黃球，所以包含的基本事件個數m72，其中三種顏色的球都有的概率是p故答案為：【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題16【解析】分步排課，首先將“禮”與“樂”排在前兩節，然后，“射”和“御”捆綁一一起作為一個

14、元素與其它兩個元素合起來全排列，同時它們內部也全排列【詳解】第一步：先將“禮”與“樂”排在前兩節，有種不同的排法；第二步：將“射”和“御”兩節講座捆綁再和其他兩藝全排有種不同的排法，所以滿足“禮”與“樂”必須排在前兩節，“射”和“御”兩節講座必須相鄰的不同安排種數為故答案為：1【點睛】本題考查排列的應用，排列組合問題中，遵循特殊元素特殊位置優先考慮的原則，相鄰問題用捆綁法，不相鄰問題用插入法三、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）由已知條件和正弦定理進行邊角互化得，再根據余弦定理可求得值.（2）由正弦定理得，代入得，運用三角形的面積公式可求

15、得其值.【詳解】（1）由及正弦定理得，即由余弦定理得，.（2）設外接圓的半徑為，則由正弦定理得，.【點睛】本題考查運用三角形的正弦定理、余弦定理、三角形的面積公式，關鍵在于熟練地運用其公式，合理地選擇進行邊角互化，屬于基礎題.18（）（）【解析】（）根據點差法，即可求得直線的斜率，則方程即可求得；（）設出直線方程，聯立橢圓方程，利用韋達定理，根據，即可求得參數的值.【詳解】（1）設，則兩式相減，可得.（*）因為線段的中點坐標為，所以，.代入（*）式，得.所以直線的斜率.所以直線的方程為，即.（）設直線：（），聯立整理得.所以，解得.所以，.所以，所以.所以.因為，所以.【點睛】本題考查中點弦問

16、題的點差法求解，以及利用代數與幾何關系求直線方程，涉及韋達定理的應用，屬中檔題.19（1）；（2）【解析】（1）直接利用轉換關系的應用，把參數方程極坐標方程和直角坐標方程之間進行轉換.（2）利用（1）的結論，進一步利用一元二次方程根和系數的關系式的應用求出結果.【詳解】解：（1）直線的參數方程為（為參數），轉換為直角坐標方程為.曲線的極坐標方程為.轉換為，轉換為直角坐標方程為.（2）直線的參數方程為（為參數），轉換為標準式為（為參數），代入圓的直角坐標方程整理得，所以，.【點睛】本題屬于基礎本題考查的知識要點：主要考查極坐標，參數方程與普通方程互化，及求三角形面積需要熟記極坐標系與參數方程的公

17、式，及與解析幾何相關的直線與曲線位置關系的一些解題思路20；4；12.【解析】由題意可知，求導函數，方程在區間上有實數解，求出實數的取值范圍；由，則，分步討論，并利用導函數在函數的單調性的研究，得出正實數的最大值；設直線與曲線的切點為，因為，所以切線斜率，切線方程為，設直線與曲線的切點為，因為，所以切線斜率，即切線方程為，整理得.所以，求得，設，則，所以在上單調遞增，最后求出實數的值.【詳解】由題意可知，則，即方程在區間上有實數解，解得；因為，則，當，即時，恒成立，所以在上單調遞增，不符題意；當時，令，解得：，當時，單調遞增，所以不存在，使得在上的最大值為，不符題意；當時，解得：，且當時，當時

18、，所以在上單調遞減，在上單調遞增，若，則在上單調遞減，所以，若，則上單調遞減，在上單調遞增，由題意可知，即，整理得，因為存在，符合上式，所以，解得，綜上，的最大值為4；設直線與曲線的切點為，因為，所以切線斜率，即切線方程整理得：由題意可知，即，即，解得所以切線方程為，設直線與曲線的切點為，因為，所以切線斜率，即切線方程為，整理得.所以，消去，整理得，且因為，解得，設，則，所以在上單調遞增，因為，所以，所以，即.【點睛】本題主要考查導數在函數中的研究，導數的幾何意義，屬于難題.21（1）（2）詳見解析【解析】（1）將原不等式轉化為，構造函數，求得的最大值即可；（2）首先通過求導判斷的單調區間，考查兩根的取值范圍，再構造函數，將問題轉化為證明，探究在區間內的最大值即可得證【詳解】解：（1）由，即，即，令，則只需，令，得，在上單調遞增，在上單調遞減，的取值范圍是；（2）證明：不妨設，當時，