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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4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

2、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已知展開式的二項式系數和與展開式中常數項相等，則項系數為（ ）A10B32C40D802復數的共軛復數在復平面內所對應的點位于( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ）AB3CD44已知函數，當時，不等式恒成立，則實數a的取值范圍為（ ）ABCD5設集合，則集合ABCD6已知集合，若，則的最小值為（ ）A1B2C3D47設分別是雙線的左、右焦點，為坐標原點，以為直徑的圓與該雙曲線的兩條漸近線分別交于兩點（位于軸右側），且四邊形

3、為菱形，則該雙曲線的漸近線方程為（ ）ABCD8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9已知函數在上有兩個零點，則的取值范圍是（ ）ABCD10已知集合，集合，若，則（ ）ABCD11已知等差數列的前項和為，若，則等差數列公差（）A2BC3D412計算等于( )ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知函數，則函數的極大值為 _14已知圓，直線與圓交于兩點，若，則弦的長度的最大值為_.15我國著名的數學家秦九韶在數書九章提出了“三斜求積術”他把三角形的三條邊分別稱為小斜、中斜和大斜三斜求積術就

4、是用小斜平方加上大斜平方，送到中斜平方，取相減后余數的一半，自乘而得一個數，小斜平方乘以大斜平方，送到上面得到的那個數，相減后余數被4除，所得的數作為“實”，1作為“隅”，開平方后即得面積所謂“實”、“隅”指的是在方程中，p為“隅”，q為“實”即若的大斜、中斜、小斜分別為a，b，c，則.已知點D是邊AB上一點，則的面積為_16已知為等比數列，是它的前項和.若，且與的等差中項為，則_.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）已知是拋物線的焦點，點在軸上，為坐標原點，且滿足，經過點且垂直于軸的直線與拋物線交于、兩點，且.（1）求拋物線的方程；（2）直線與拋物線交

5、于、兩點，若，求點到直線的最大距離.18（12分）古人云：“腹有詩書氣自華.”為響應全民閱讀，建設書香中國，校園讀書活動的熱潮正在興起.某校為統計學生一周課外讀書的時間，從全校學生中隨機抽取名學生進行問卷調査，統計了他們一周課外讀書時間（單位：）的數據如下：一周課外讀書時間/合計頻數46101214244634頻率0.020.030.050.060.070.120.250.171（1）根據表格中提供的數據，求，的值并估算一周課外讀書時間的中位數.（2）如果讀書時間按，分組，用分層抽樣的方法從名學生中抽取20人.求每層應抽取的人數；若從，中抽出的學生中再隨機選取2人，求這2人不在同一層的概率.1

6、9（12分）在中，（）求角的大小；（）若，求的值20（12分）已知函數，（1）當時，討論函數的單調性；（2）若，當時，函數，求函數的最小值21（12分）如圖，已知拋物線：與圓： （）相交于， ， ，四個點，（1）求的取值范圍；（2）設四邊形的面積為，當最大時，求直線與直線的交點的坐標.22（10分）已知函數.（1）討論的單調性；（2）若恒成立，求實數的取值范圍.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】根據二項式定理通項公式可得常數項，然后二項式系數和，可得，最后依據，可得結果.【詳解】由題可知：當時，常數項為又展

7、開式的二項式系數和為由所以當時，所以項系數為故選：D【點睛】本題考查二項式定理通項公式，熟悉公式，細心計算，屬基礎題.2D【解析】由復數除法運算求出，再寫出其共軛復數，得共軛復數對應點的坐標得結論【詳解】，對應點為，在第四象限故選：D.【點睛】本題考查復數的除法運算，考查共軛復數的概念，考查復數的幾何意義掌握復數的運算法則是解題關鍵3C【解析】首先把三視圖轉換為幾何體，該幾何體為由一個三棱柱體，切去一個三棱錐體，由柱體、椎體的體積公式進一步求出幾何體的體積.【詳解】解：根據幾何體的三視圖轉換為幾何體為：該幾何體為由一個三棱柱體，切去一個三棱錐體，如圖所示：故：.故選：C.【點睛】本題考查了由三

8、視圖求幾何體的體積、需熟記柱體、椎體的體積公式，考查了空間想象能力，屬于基礎題.4D【解析】由變形可得,可知函數在為增函數, 由恒成立,求解參數即可求得取值范圍.【詳解】,即函數在時是單調增函數.則恒成立. .令,則時,單調遞減,時單調遞增.故選:D.【點睛】本題考查構造函數,借助單調性定義判斷新函數的單調性問題,考查恒成立時求解參數問題,考查學生的分析問題的能力和計算求解的能力,難度較難.5B【解析】先求出集合和它的補集，然后求得集合的解集，最后取它們的交集得出結果.【詳解】對于集合A，解得或，故.對于集合B，解得.故.故選B.【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查對數不等式的解法

9、，考查集合的補集和交集的運算.對于有兩個根的一元二次不等式的解法是：先將二次項系數化為正數，且不等號的另一邊化為，然后通過因式分解，求得對應的一元二次方程的兩個根，再利用“大于在兩邊，小于在中間”來求得一元二次不等式的解集.6B【解析】解出,分別代入選項中 的值進行驗證.【詳解】解：，.當 時,，此時不成立.當 時,，此時成立，符合題意.故選:B.【點睛】本題考查了不等式的解法,考查了集合的關系.7B【解析】由于四邊形為菱形，且，所以為等邊三角形，從而可得漸近線的傾斜角，求出其斜率.【詳解】如圖，因為四邊形為菱形，所以為等邊三角形，兩漸近線的斜率分別為和.故選：B【點睛】此題考查的是求雙曲線的

10、漸近線方程，利用了數形結合的思想，屬于基礎題.8C【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9C【解析】對函數求導，對a分類討論，分別求得函數的單

11、調性及極值，結合端點處的函數值進行判斷求解.【詳解】 ，.當時，在上單調遞增，不合題意.當時，在上單調遞減，也不合題意.當時，則時，在上單調遞減，時，在上單調遞增，又，所以在上有兩個零點，只需即可，解得.綜上，的取值范圍是.故選C.【點睛】本題考查了利用導數解決函數零點的問題，考查了函數的單調性及極值問題，屬于中檔題10A【解析】根據或，驗證交集后求得的值.【詳解】因為，所以或.當時，不符合題意，當時，.故選A.【點睛】本小題主要考查集合的交集概念及運算，屬于基礎題.11C【解析】根據等差數列的求和公式即可得出【詳解】a1=12，S5=90，512+ d=90，解得d=1故選C【點睛】本題主要

12、考查了等差數列的求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題12A【解析】利用誘導公式、特殊角的三角函數值，結合對數運算，求得所求表達式的值.【詳解】原式.故選：A【點睛】本小題主要考查誘導公式，考查對數運算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】對函數求導，通過賦值，求得，再對函數單調性進行分析，求得極大值.【詳解】，故解得， ，令，解得函數在單調遞增，在單調遞減，故的極大值為故答案為：.【點睛】本題考查函數極值的求解，難點是要通過賦值，求出未知量.14【解析】取的中點為M，由可得，可得M在上，當最小時，弦的長才最大.【詳解】設為的中點，即，即，.設，則，

13、得.所以，.故答案為：【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的綜合應用，考查學生的邏輯推理、數形結合的思想，是一道有一定難度的題.15.【解析】利用正切的和角公式求得,再求得,利用余弦定理求得,代入“三斜求積術”公式即可求得答案.【詳解】，所以，由余弦定理可知，得.根據“三斜求積術”可得，所以.【點睛】本題考查正切的和角公式,同角三角函數的基本關系式,余弦定理的應用,考查學生分析問題的能力和計算整理能力,難度較易.16【解析】設等比數列的公比為，根據題意求出和的值，進而可求得和的值，利用等比數列求和公式可求得的值.【詳解】由等比數列的性質可得，由于與的等差中項為，則，則，因此，.故答案為：.【點睛

14、】本題考查等比數列求和，解答的關鍵就是等比數列的公比，考查計算能力，屬于基礎題.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）.【解析】（1）求得點的坐標，可得出直線的方程，與拋物線的方程聯立，結合求出正實數的值，進而可得出拋物線的方程；（2）設點，設的方程為，將直線的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，結合求得的值，可得出直線所過定點的坐標，由此可得出點到直線的最大距離.【詳解】（1）易知點，又，所以點，則直線的方程為.聯立，解得或，所以.故拋物線的方程為；（2）設的方程為，聯立有，設點，則，所以.所以，解得.所以直線的方程為，恒過點.又點，故當直線與軸垂

15、直時，點到直線的最大距離為.【點睛】本題考查拋物線方程的求解，同時也考查了拋物線中最值問題的求解，涉及韋達定理設而不求法的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.18（1），中位數；（2）三層中抽取的人數分別為2，5，13；【解析】（1）根據頻率分布直方表的性質，即可求得，得到，再結合中位數的計算方法，即可求解.（2）由題意知用分層抽樣的方法從樣本中抽取20人，根據抽樣比，求得在三層中抽取的人數；由知，設內被抽取的學生分別為，內被抽取的學生分別為，利用列舉法得到基本事件的總數，利用古典概型的概率計算公式，即可求解.【詳解】（1）由題意，可得，所以，.設一周課外讀書時間的中位數為小時，則，解得，即一

16、周課外讀書時間的中位數約為小時.（2）由題意知用分層抽樣的方法從樣本中抽取20人，抽樣比為，又因為，的頻數分別為20，50，130，所以從，三層中抽取的人數分別為2，5，13.由知，在，兩層中共抽取7人，設內被抽取的學生分別為，內被抽取的學生分別為，若從這7人中隨機抽取2人，則所有情況為，共有21種，其中2人不在同一層的情況為，共有10種.設事件為“這2人不在同一層”，由古典概型的概率計算公式，可得概率為.【點睛】本題主要考查了頻率分布直方表的性質，中位數的求解，以及古典概型的概率計算等知識的綜合應用，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.19 (1) ;(2) .【解析】試題分析：

17、（1）由正弦定理得到消去公因式得到所以 進而得到角A；（2）結合三角形的面積公式，和余弦定理得到，聯立兩式得到解析：（I）因為，所以，由正弦定理，得 又因為 ，所以 又因為 ， 所以 （II）由，得，由余弦定理，得，即，因為，解得 .因為 ，所以 .20（1）見解析 （2）的最小值為【解析】（1）由題可得函數的定義域為，當時，令，可得；令，可得，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減； 當時，令，可得；令，可得或，所以函數在，上單調遞增，在上單調遞減；當時，恒成立，所以函數在上單調遞增 綜上，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；當時，函數在，上單調遞增，在上單調遞減；當時，函數在上單調遞增 （2

18、）方法一：當時，設，則，所以函數在上單調遞減，所以，當且僅當時取等號當時，設，則，所以，設，則，所以函數在上單調遞減，且，所以存在，使得，所以當時，；當時， 所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，因為，所以，所以，當且僅當時取等號所以當時，函數取得最小值，且，故函數的最小值為 方法二：當時，則，令，則，所以函數在上單調遞增， 又，所以存在，使得，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增， 因為，所以當時，恒成立，所以當時，恒成立，所以函數在上單調遞減，所以函數的最小值為21（1）（2）點的坐標為【解析】將拋物線方程與圓方程聯立,消去得到關于的一元二次方程, 拋物線與圓有四個交點需滿足關于的一元二次方程在上有兩個不等的實數根,根據二次函數的有關性質即可得到關于的不等式組,解不等式即可.不妨設拋物線與圓的四個交點坐標為，據此可表示出直線、的方程,聯立方程即可表示出點坐標,再根據等腰梯形的面積公式可得四邊形的面積的表達式,令,由及知,對關于的面積函數進行求導，判斷其單調性和最值,即可求出四邊形的面積取得最大值時的值,進而求出點坐標.【詳解】（