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?？荚嚱Y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已知函數的最小正周期為的圖象向左平移個單位長度后關于軸對稱，則的單調遞增區間為( )ABCD2某四棱錐的三視圖如圖所示，記S為此棱錐所有棱的長度的集合，則（ ）ABCD3已知實數滿足，

2、則的最小值為（ ）ABCD4點在曲線上，過作軸垂線，設與曲線交于點，且點的縱坐標始終為0，則稱點為曲線上的“水平黃金點”，則曲線上的“水平黃金點”的個數為（ ）A0B1C2D35已知，若，則實數的值是（）A-1B7C1D1或76圓柱被一平面截去一部分所得幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ） ABCD7已知中，則（ ）A1BCD8胡夫金字塔是底面為正方形的錐體，四個側面都是相同的等腰三角形研究發現，該金字塔底面周長除以倍的塔高，恰好為祖沖之發現的密率設胡夫金字塔的高為，假如對胡夫金字塔進行亮化，沿其側棱和底邊布設單條燈帶，則需要燈帶的總長度約為ABCD9幻方最早起源于我國，由正整數1

3、，2，3，這個數填入方格中，使得每行、每列、每條對角線上的數的和相等，這個正方形數陣就叫階幻方定義為階幻方對角線上所有數的和，如，則（ ）A55B500C505D505010已知等式成立，則（ ）A0B5C7D1311過點的直線與曲線交于兩點，若，則直線的斜率為( )ABC或D或12某裝飾公司制作一種扇形板狀裝飾品，其圓心角為120，并在扇形弧上正面等距安裝7個發彩色光的小燈泡且在背面用導線相連(弧的兩端各一個，導線接頭忽略不計)，已知扇形的半徑為30厘米，則連接導線最小大致需要的長度為（ ）A58厘米B63厘米C69厘米D76厘米二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13某學校高一

4、、高二、高三年級的學生人數之比為，現按年級采用分層抽樣的方法抽取若干人，若抽取的高三年級為12人，則抽取的樣本容量為_人.14已知函數，若在定義域內恒有，則實數的取值范圍是_15在邊長為的菱形中，點在菱形所在的平面內若，則_16在如圖所示的三角形數陣中，用表示第行第個數，已知，且當時，每行中的其他各數均等于其“肩膀”上的兩個數之和，即，若，則正整數的最小值為_.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）已知函數，當時，有極大值3；（1）求，的值；（2）求函數的極小值及單調區間.18（12分）已知函數().（1）討論的單調性；（2）若對，恒成立，求的取值范圍.1

5、9（12分）已知數列是各項均為正數的等比數列，且，成等差數列（）求數列的通項公式；（）設，為數列的前項和，記，證明：20（12分）某精密儀器生產車間每天生產個零件，質檢員小張每天都會隨機地從中抽取50個零件進行檢查是否合格，若較多零件不合格，則需對其余所有零件進行檢查根據多年的生產數據和經驗，這些零件的長度服從正態分布（單位：微米），且相互獨立若零件的長度滿足，則認為該零件是合格的，否則該零件不合格（1）假設某一天小張抽查出不合格的零件數為，求及的數學期望；（2）小張某天恰好從50個零件中檢查出2個不合格的零件，若以此頻率作為當天生產零件的不合格率已知檢查一個零件的成本為10元，而每個不合格零

6、件流入市場帶來的損失為260元假設充分大，為了使損失盡量小，小張是否需要檢查其余所有零件，試說明理由附：若隨機變量服從正態分布，則21（12分）在直角坐標系中，已知直線的直角坐標方程為，曲線的參數方程為（為參數），以直角坐標系原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線和直線的極坐標方程；（2）已知直線與曲線、相交于異于極點的點，若的極徑分別為，求的值.22（10分）如圖在直角中，為直角，分別為，的中點，將沿折起，使點到達點的位置，連接，為的中點（）證明：面；（）若，求二面角的余弦值參考答案一、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

7、，只有一項是符合題目要求的。1D【解析】先由函數的周期和圖象的平移后的函數的圖象性質得出函數的解析式，從而得出的解析式，再根據正弦函數的單調遞增區間得出函數的單調遞增區間，可得選項.【詳解】因為函數的最小正周期是，所以，即，所以，的圖象向左平移個單位長度后得到的函數解析式為，由于其圖象關于軸對稱，所以，又，所以，所以，所以， 因為的遞增區間是：，由，得：，所以函數的單調遞增區間為（）.故選：D.【點睛】本題主要考查正弦型函數的周期性，對稱性，單調性，圖象的平移，在進行圖象的平移時，注意自變量的系數，屬于中檔題.2D【解析】如圖所示：在邊長為的正方體中，四棱錐滿足條件，故，得到答案.【詳解】如圖

8、所示：在邊長為的正方體中，四棱錐滿足條件.故，.故，故，.故選：.【點睛】本題考查了三視圖，元素和集合的關系，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.3A【解析】所求的分母特征，利用變形構造，再等價變形，利用基本不等式求最值.【詳解】解：因為滿足，則，當且僅當時取等號，故選：【點睛】本題考查通過拼湊法利用基本不等式求最值.拼湊法的實質在于代數式的靈活變形，拼系數、湊常數是關鍵.(1)拼湊的技巧，以整式為基礎，注意利用系數的變化以及等式中常數的調整，做到等價變形;(2)代數式的變形以拼湊出和或積的定值為目標(3)拆項、添項應注意檢驗利用基本不等式的前提.4C【解析】設,則,則,即可得,設,利用導函

9、數判斷的零點的個數,即為所求.【詳解】設,則,所以,依題意可得,設,則,當時,則單調遞減；當時,則單調遞增,所以,且,有兩個不同的解,所以曲線上的“水平黃金點”的個數為2.故選:C【點睛】本題考查利用導函數處理零點問題,考查向量的坐標運算,考查零點存在性定理的應用.5C【解析】根據平面向量數量積的坐標運算，化簡即可求得的值.【詳解】由平面向量數量積的坐標運算，代入化簡可得.解得.故選：C.【點睛】本題考查了平面向量數量積的坐標運算，屬于基礎題.6B【解析】三視圖對應的幾何體為如圖所示的幾何體，利用割補法可求其體積.【詳解】根據三視圖可得原幾何體如圖所示，它是一個圓柱截去上面一塊幾何體，把該幾何

10、體補成如下圖所示的圓柱，其體積為，故原幾何體的體積為. 故選：B.【點睛】本題考查三視圖以及不規則幾何體的體積，復原幾何體時注意三視圖中的點線關系與幾何體中的點、線、面的對應關系，另外，不規則幾何體的體積可用割補法來求其體積，本題屬于基礎題.7C【解析】以為基底，將用基底表示，根據向量數量積的運算律，即可求解.【詳解】,.故選:C.【點睛】本題考查向量的線性運算以及向量的基本定理，考查向量數量積運算，屬于中檔題.8D【解析】設胡夫金字塔的底面邊長為，由題可得，所以，該金字塔的側棱長為，所以需要燈帶的總長度約為，故選D9C【解析】因為幻方的每行、每列、每條對角線上的數的和相等，可得，即得解.【詳

11、解】因為幻方的每行、每列、每條對角線上的數的和相等，所以階幻方對角線上數的和就等于每行（或每列）的數的和，又階幻方有行（或列），因此，于是故選：C【點睛】本題考查了數陣問題，考查了學生邏輯推理，數學運算的能力，屬于中檔題.10D【解析】根據等式和特征和所求代數式的值的特征用特殊值法進行求解即可.【詳解】由可知：令，得；令，得；令，得，得，而，所以.故選：D【點睛】本題考查了二項式定理的應用，考查了特殊值代入法，考查了數學運算能力.11A【解析】利用切割線定理求得，利用勾股定理求得圓心到弦的距離，從而求得，結合，求得直線的傾斜角為，進而求得的斜率.【詳解】曲線為圓的上半部分，圓心為，半徑為.設與

12、曲線相切于點，則所以到弦的距離為，所以，由于，所以直線的傾斜角為，斜率為.故選：A【點睛】本小題主要考查直線和圓的位置關系，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.12B【解析】由于實際問題中扇形弧長較小，可將導線的長視為扇形弧長，利用弧長公式計算即可.【詳解】因為弧長比較短的情況下分成6等分，所以每部分的弦長和弧長相差很小，可以用弧長近似代替弦長，故導線長度約為63(厘米).故選：B.【點睛】本題主要考查了扇形弧長的計算，屬于容易題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】根據分層抽樣的定義建立比例關系即可得到結論.【詳解】設抽取的樣本為，則由題意得，解得.故答案為：【點

13、睛】本題考查了分層抽樣的知識，算出抽樣比是解題的關鍵，屬于基礎題.14【解析】根據指數函數與對數函數圖象可將原題轉化為恒成立問題，湊而可知的圖象在過原點且與兩函數相切的兩條切線之間；利用過一點的曲線切線的求法可求得兩切線斜率，結合分母不為零的條件可最終確定的取值范圍.【詳解】由指數函數與對數函數圖象可知：，恒成立可轉化為恒成立，即恒成立，即是夾在函數與的圖象之間，的圖象在過原點且與兩函數相切的兩條切線之間.設過原點且與相切的直線與函數相切于點，則切線斜率，解得：；設過原點且與相切的直線與函數相切于點，則切線斜率，解得：；當時，又，滿足題意；綜上所述：實數的取值范圍為.【點睛】本題考查恒成立問題

14、的求解，重點考查了導數幾何意義應用中的過一點的曲線切線的求解方法；關鍵是能夠結合指數函數和對數函數圖象將問題轉化為切線斜率的求解問題；易錯點是忽略分母不為零的限制，忽略對于臨界值能否取得的討論.15【解析】以菱形的中心為坐標原點建立平面直角坐標系,再設,根據求出的坐標,進而求得即可.【詳解】解：連接設交于點以點為原點,分別以直線為軸,建立如圖所示的平面直角坐標系,則：設 得,解得,或,顯然得出的是定值,取則,故答案為：【點睛】本題主要考查了建立平面直角坐標系求解向量數量積的有關問題,屬于中檔題.162022【解析】根據條件先求出數列的通項，利用累加法進行求解即可【詳解】，下面求數列的通項，由題

15、意知，數列是遞增數列，且，的最小值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查歸納推理的應用，結合數列的性質求出數列的通項是解決本題的關鍵綜合性較強，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）極小值為，遞減區間為：，遞增區間為.【解析】（1）由題意得到關于實數的方程組，求解方程組，即可求得的值；（2）結合（1）中的值得出函數的解析式，即可利用導數求得函數的單調區間和極小值.【詳解】（1）由題意，函數，則，由當時，有極大值，則，解得.（2）由（1）可得函數的解析式為，則，令，即，解得，令，即，解得或，所以函數的單調減區間為，遞增區間為，當時，函數取得極小值，

16、極小值為.當時，有極大值3.【點睛】本題主要考查了函數的極值的概念，以及利用導數求解函數的單調區間和極值，其中解答中熟記函數的極值的概念，以及函數的導數與原函數的關系，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.18（1）當時，在上單調遞減，在上單調遞增；當時， 在上單調遞增；（2）.【解析】（1）求出函數的定義域和導函數， ，對討論，得導函數的正負，得原函數的單調性；（2）法一: 由得，分別運用導函數得出函數()，的單調性，和其函數的最值，可得 ，可得的范圍;法二:由得，化為令()，研究函數的單調性，可得的取值范圍.【詳解】（1）的定義域為，當時，由得，得， 在上單調遞減，在

17、上單調遞增；當時，恒成立,在上單調遞增；（2）法一: 由得，令()，則，在上單調遞減，即，令，則，在上單調遞增，在上單調遞減，所以，即， (*)當時，(*)式恒成立，即恒成立，滿足題意法二:由得，令()，則，在上單調遞減，即，當時，由()知在上單調遞增，恒成立，滿足題意當時，令，則，所以在上單調遞減，又，當時，使得，當時，即，又，不滿足題意，綜上所述，的取值范圍是【點睛】本題考查對于含參數的函數的單調性的討論，不等式恒成立時，求解參數的范圍，屬于難度題.19（），；（）見解析【解析】（）由，且成等差數列，可求得q，從而可得本題答案；（）化簡求得，然后求得，再用裂項相消法求，即可得到本題答案.【

18、詳解】（）因為數列是各項均為正數的等比數列，可設公比為q，又成等差數列，所以，即，解得或（舍去），則，；（）證明：，則，因為，所以即.【點睛】本題主要考查等差等比數列的綜合應用，以及用裂項相消法求和并證明不等式，考查學生的運算求解能力和推理證明能力.20（1）見解析（2）需要，見解析【解析】（1）由零件的長度服從正態分布且相互獨立,零件的長度滿足即為合格,則每一個零件的長度合格的概率為,滿足二項分布,利用補集的思想求得,再根據公式求得；（2）由題可得不合格率為,檢查的成本為,求出不檢查時損失的期望,與成本作差,再與0比較大小即可判斷.【詳解】（1）,由于滿足二項分布,故.（2）由題意可知不合格率為,若不檢查,損失的期望為；若檢查,成本為,由于,當充分大時,所以為了使損失盡量小,