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己知全集為實數集R，集合A=x|x2 +2x-80，B=x|log2x0，得x-4或x2，A=x|x2 +2x-80 x| x-4或x2，由log2x1，x0，得0 x2，B=x|lo

2、g2x1 x |0 x2，則，.故選：D.【點睛】本題考查了交、并、補集的混合運算，考查了對數不等式，二次不等式的求法，是基礎題.2B【解析】設正項等比數列的公比為q，運用等比數列的通項公式和等差數列的性質，求出公比，再由等比數列的求和公式，計算即可得到所求【詳解】設正項等比數列的公比為q，則a4=16q3，a7=16q6，a4與a7的等差中項為，即有a4+a7=，即16q3+16q6，=，解得q=（負值舍去），則有S5=1故選C【點睛】本題考查等比數列的通項和求和公式的運用，同時考查等差數列的性質，考查運算能力，屬于中檔題3B【解析】作出不等式組對應的平面區域，目標函數的幾何意義為動點到定點

3、的斜率，利用數形結合即可得到的最小值【詳解】解：作出不等式組對應的平面區域如圖：目標函數的幾何意義為動點到定點的斜率，當位于時，此時的斜率最小，此時故選B【點睛】本題主要考查線性規劃的應用以及兩點之間的斜率公式的計算，利用z的幾何意義，通過數形結合是解決本題的關鍵4B【解析】，選B.5D【解析】根據指數函數、對數函數、冪函數的單調性和正余弦函數的圖象可確定各個選項的正誤.【詳解】對于，錯誤；對于，在上單調遞減，錯誤；對于，錯誤；對于，在上單調遞增，正確.故選：.【點睛】本題考查根據初等函數的單調性比較大小的問題；關鍵是熟練掌握正余弦函數圖象、指數函數、對數函數和冪函數的單調性.6D【解析】根據

4、題意，分析該郵車到第站時，一共裝上的郵件和卸下的郵件數目，進而計算可得答案【詳解】解：根據題意，該郵車到第站時，一共裝上了件郵件，需要卸下件郵件，則，故選：D【點睛】本題主要考查數列遞推公式的應用，屬于中檔題7C【解析】由于在復平面內點的坐標為，所以，然后將代入化簡后可找到其對應的點.【詳解】由，所以，對應點.故選：C【點睛】此題考查的是復數與復平面內點的對就關系，復數的運算，屬于基礎題.8C【解析】解一元次二次不等式得或，利用集合的交集運算求得.【詳解】因為或，所以，故選C.【點睛】本題考查集合的交運算，屬于容易題.9D【解析】設，去絕對值，根據余弦函數的性質即可求出【詳解】因為實數，滿足，

5、設，恒成立，故則的最小值等于.故選：【點睛】本題考查了橢圓的參數方程、三角函數的圖象和性質，考查了運算能力和轉化能力，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平10A【解析】先化簡已知得,再根據題意得出f（x）的最小值正周期T為12，再求出的值【詳解】由題得,設x1，x2為f（x）=2sin（x）（0）的兩個零點，且的最小值為1，=1，解得T=2；=2，解得=故選A【點睛】本題考查了三角恒等變換和三角函數的圖象與性質的應用問題，是基礎題11D【解析】根據三角形中位線的性質，可得到的距離等于的邊上高的一半，從而得到，由此結合基本不等式求最值，得到當取到最大值時，為的中點，再由平行四邊形法則得出，根據平

6、面向量基本定理可求得，從而可求得結果.【詳解】如圖所示：因為是的中位線，所以到的距離等于的邊上高的一半，所以，由此可得，當且僅當時，即為的中點時，等號成立，所以，由平行四邊形法則可得，將以上兩式相加可得，所以，又已知，根據平面向量基本定理可得，從而.故選：D【點睛】本題考查了向量加法的平行四邊形法則，考查了平面向量基本定理的應用，考查了基本不等式求最值，屬于中檔題.12B【解析】先判斷函數的奇偶性，再取特殊值，利用零點存在性定理判斷函數零點分布情況，即可得解.【詳解】由題可知定義域為，是偶函數，關于軸對稱，排除C，D.又，在必有零點，排除A.故選：B.【點睛】本題考查了函數圖象的判斷，考查了函

7、數的性質，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】由二項式系數性質求出，由二項展開式通項公式得出常數項的項數，從而得常數項【詳解】由題意，展開式通項為，由得，常數項為故答案為：【點睛】本題考查二項式定理，考查二項式系數的性質，掌握二項展開式通項公式是解題關鍵142【解析】利用二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，求得的值【詳解】展開式通項為：且的展開式中的系數比的系數大，即：解得：（舍去）或本題正確結果：【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題15 2 【解析】根據正弦定理直接求出，利用三角形的邊表示向量,然后利

8、用向量的數量積求解即可.【詳解】中，可得因為點是邊的中點，所以故答案為：；.【點睛】本題主要考查了三角形的解法，向量的數量積的應用，考查計算能力，屬于中檔題.16【解析】不妨設點A，D，C，B到面的距離分別為1，2，3，4，平面向下平移兩個單位，與正四面體相交，過點D，與AB，AC分別相交于點E，F，根據題意F為中點，E為AB的三等分點（靠近點A），設棱長為a， 求得，再用余弦定理求得：，從而求得，再根據頂點A到面EDF的距離為，得到，然后利用等體積法求解，【詳解】不妨設點A，D，C，B到面的距離分別為1，2，3，4，平面向下平移兩個單位，與正四面體相交，過點D，與AB，AC分別相交于點E，F

9、，如圖所示：由題意得：F為中點，E為AB的三等分點（靠近點A），設棱長為a， ，頂點D到面ABC的距離為所以，由余弦定理得：，所以，所以，又頂點A到面EDF的距離為，所以，因為，所以，解得，故答案為：【點睛】本題主要考查幾何體的切割問題以及等體積法的應用，還考查了轉化化歸的思想和空間想象，運算求解的能力，屬于難題，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）根據已知可得，結合離心率和關系，即可求出橢圓的標準方程；（2）斜率不為零，設的方程為，與橢圓方程聯立，消去，得到縱坐標關系，求出方程，令求出坐標，要證、三點共線，只需證，將分子用縱坐標

10、表示，即可證明結論.【詳解】（1）由于，將代入橢圓方程，得，由題意知，即.又，所以，.所以橢圓的方程為.（2）解法一：依題意直線斜率不為0，設的方程為，聯立方程，消去得，由題意，得恒成立，設，所以，直線的方程為.令，得.又因為，則直線，的斜率分別為，所以.上式中的分子，.所以，三點共線.解法二：當直線的斜率不存在時，由題意，得的方程為，代入橢圓的方程，得，直線的方程為.則，所以，即，三點共線.當直線的斜率存在時，設的方程為，聯立方程消去，得.由題意，得恒成立，故，.直線的方程為.令，得.又因為，則直線，的斜率分別為，所以.上式中的分子所以.所以，三點共線.【點睛】本題考查橢圓的標準方程、直線與

11、橢圓的位置關系，要熟練掌握根與系數關系，設而不求方法解決相交弦問題，考查計算求解能力，屬于中檔題.18（1），；（2）.【解析】（1）在直線的參數方程中消去參數可得出直線的普通方程，在曲線的極坐標方程兩邊同時乘以，結合可將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）計算出直線截圓所得弦長，并計算出原點到直線的距離，利用三角形的面積公式可求得的面積.【詳解】（1）由得，故直線的普通方程是.由，得，代入公式得，得，故曲線的直角坐標方程是；（2）因為曲線的圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，則弦長.又到直線的距離為，所以.【點睛】本題考查參數方程、極坐標方程與普通方程之間的轉化，同時也考查了直線與圓中三

12、角形面積的計算，考查計算能力，屬于中等題.19（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）令，求導，可知單調遞增，且，因而在上存在零點，在此取得最小值，再證最小值大于零即可.（2）根據題意得到在點處的切線的方程，再設直線與相切于點， 有，即，再求得在點處的切線直線的方程為 由可得，即，根據，轉化為，令，轉化為要使得在上存在零點，則只需，求解.【詳解】（1）證明：設，則，單調遞增，且，因而在上存在零點，且在上單調遞減，在上單調遞增，從而的最小值為.所以，即.（2），故，故切線的方程為設直線與相切于點，注意到，從而切線斜率為，因此，而，從而直線的方程也為 由可知，故，由為正整數可知，所以，令，則，當時

13、，為單調遞增函數，且，從而在上無零點；當時，要使得在上存在零點，則只需，因為為單調遞增函數，所以；因為為單調遞增函數，且，因此；因為為整數，且，所以.【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，還考查了轉化化歸的思想和運算求解的能力，屬于難題.20（）見解析（）見解析【解析】（）求導得到，討論，三種情況得到單調區間.（）設，要證，即證，設，根據函數單調性得到證明.【詳解】（） ， 令，（1）當，即時，在上單調遞增； （2）當，即時，設的兩根為（），若，時，所以在和上單調遞增， 時，所以在上單調遞減，若，時，所以在上單調遞減， 時，所以在上單調遞增. 綜上，當時，在上單調遞增；當時， 在和上單調

14、遞增，在上單調遞減；當時，在上單調遞減，在上單調遞增. （）不妨設，要證，即證，即證，由（）可知，可得，所以有， 令，所以在單調遞增， 所以， 因為，所以，所以.【點睛】本題考查了函數單調性，證明不等式，意在考查學生的分類討論能力和計算能力.21（1）；（2）見解析.【解析】（1）利用獨立事件的概率乘法公式可計算出所求事件的概率；（2）由題意可知隨機變量的可能取值有、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，由此可得出隨機變量的分布列.【詳解】（1）記“第一次檢測出的是次品且第二次檢測出的是正品”為事件，則；（2）由題意可知，隨機變量的可能取值為、則，故的分布列為【點睛】本題考查概率的計算，同時也考查了隨機變量分布列，考查計算能力，屬于基礎題.22（1）或 ；（2）【解析】（1）通過討論的范圍，將絕對值符號去掉，轉化為求不等式組的解集，之后取并集，得到原不等式的解集；（2）將函數零點問題轉