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已知命題若，則，則下列說法正確的是（ ）A命題是真命題B命題的逆命題是真命題C命題的否命題是“若，則”D命題的逆否命題是“若，則”2已知（為虛數單位，為的共軛復數），則復數在復平面內對

2、應的點在（ ）.A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3已知水平放置的ABC是按“斜二測畫法”得到如圖所示的直觀圖，其中BOCO1，AO，那么原ABC的面積是()AB2CD4若實數x，y滿足條件，目標函數，則z 的最大值為()AB1C2D05在中，點滿足，則等于（ ）A10B9C8D76已知數列中，()，則等于（ ）ABCD27橢圓的焦點為，點在橢圓上，若，則的大小為（ ）ABCD8我國數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數可以表示為兩個素數（即質數）的和”，如，在不超過20的素數中，隨機選取兩個不同的數，其和等于20的概率是（ ）ABCD以上

3、都不對9設，分別是橢圓的左、右焦點，過的直線交橢圓于，兩點，且，則橢圓的離心率為( )ABCD10國家統計局服務業調查中心和中國物流與采購聯合會發布的2018年10月份至2019年9月份共12個月的中國制造業采購經理指數(PMI)如下圖所示.則下列結論中錯誤的是（ ）A12個月的PMI值不低于50%的頻率為B12個月的PMI值的平均值低于50%C12個月的PMI值的眾數為49.4%D12個月的PMI值的中位數為50.3%11設，滿足，則的取值范圍是（ ）ABCD12已知向量，設函數，則下列關于函數的性質的描述正確的是A關于直線對稱B關于點對稱C周期為D在上是增函數二、填空題：本題共4小題，每小

4、題5分，共20分。13現有5人要排成一排照相，其中甲與乙兩人不相鄰，且甲不站在兩端，則不同的排法有_種.（用數字作答）14已知，滿足約束條件，則的最小值為_15給出下列四個命題，其中正確命題的序號是_（寫出所有正確命題的序號）因為所以不是函數的周期；對于定義在上的函數若則函數不是偶函數；“”是“”成立的充分必要條件；若實數滿足則16給出以下式子：tan25+tan35tan25tan35；2(sin35cos25+cos35cos65)；其中，結果為的式子的序號是_.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）在中，角的對邊分別為，且.（1）求角的大小；（2）若

5、，求邊上的高.18（12分）已知函數.（1）當時，不等式恒成立，求的最小值；（2）設數列，其前項和為，證明：.19（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.20（12分）設數列的前列項和為，已知.（1）求數列的通項公式；（2）求證：.21（12分）如圖，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，.過頂點，的平面與棱，分別交于，兩點.（）求證：；（）求證：四邊形是平行四邊形；（）若，試判斷二面角的大小能否為？說明理由.22（10分）已知函數.（）當時，求不等式的解集；（）若存在滿足不等式，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

6、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】解不等式，可判斷A選項的正誤；寫出原命題的逆命題并判斷其真假，可判斷B選項的正誤；利用原命題與否命題、逆否命題的關系可判斷C、D選項的正誤.綜合可得出結論.【詳解】解不等式，解得，則命題為假命題，A選項錯誤；命題的逆命題是“若，則”，該命題為真命題，B選項正確；命題的否命題是“若，則”，C選項錯誤；命題的逆否命題是“若，則”，D選項錯誤故選：B【點睛】本題考查四種命題的關系，考查推理能力，屬于基礎題.2D【解析】設，由，得，利用復數相等建立方程組即可.【詳解】設，則，所以，解得，故，復數在復平面內對應的點為，在第四象限.故選：D.【

7、點睛】本題考查復數的幾何意義，涉及到共軛復數的定義、復數的模等知識，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.3A【解析】先根據已知求出原ABC的高為AO，再求原ABC的面積.【詳解】由題圖可知原ABC的高為AO，SABCBCOA2，故答案為A【點睛】本題主要考查斜二測畫法的定義和三角形面積的計算，意在考察學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.4C【解析】畫出可行域和目標函數，根據平移得到最大值.【詳解】若實數x，y滿足條件，目標函數如圖：當時函數取最大值為 故答案選C【點睛】求線性目標函數的最值:當時，直線過可行域且在軸上截距最大時，值最大，在軸截距最小時，z值最小；當時，直線過可行域且在軸上

8、截距最大時，值最小，在軸上截距最小時，值最大.5D【解析】利用已知條件，表示出向量 ,然后求解向量的數量積【詳解】在中，點滿足，可得 則=【點睛】本題考查了向量的數量積運算，關鍵是利用基向量表示所求向量6A【解析】分別代值計算可得，觀察可得數列是以3為周期的周期數列，問題得以解決.【詳解】解：，()，數列是以3為周期的周期數列，故選：A.【點睛】本題考查數列的周期性和運用：求數列中的項，考查運算能力，屬于基礎題.7C【解析】根據橢圓的定義可得，再利用余弦定理即可得到結論.【詳解】由題意，又，則，由余弦定理可得.故.故選：C.【點睛】本題考查橢圓的定義，考查余弦定理，考查運算能力，屬于基礎題.8

9、A【解析】首先確定不超過的素數的個數，根據古典概型概率求解方法計算可得結果.【詳解】不超過的素數有，共個，從這個素數中任選個，有種可能；其中選取的兩個數，其和等于的有，共種情況，故隨機選出兩個不同的數，其和等于的概率故選：.【點睛】本題考查古典概型概率問題的求解，屬于基礎題.9C【解析】根據表示出線段長度，由勾股定理，解出每條線段的長度，再由勾股定理構造出關系，求出離心率.【詳解】設，則由橢圓的定義，可以得到,在中，有，解得在中，有整理得，故選C項.【點睛】本題考查幾何法求橢圓離心率，是求橢圓離心率的一個常用方法，通過幾何關系，構造出關系，得到離心率.屬于中檔題.10D【解析】根據圖形中的信息

10、，可得頻率、平均值的估計、眾數、中位數，從而得到答案.【詳解】對A，從圖中數據變化看，PMI值不低于50%的月份有4個，所以12個月的PMI值不低于50%的頻率為，故A正確；對B，由圖可以看出，PMI值的平均值低于50%，故B正確；對C，12個月的PMI值的眾數為49.4%，故C正確，；對D，12個月的PMI值的中位數為49.6%，故D錯誤故選：D.【點睛】本題考查頻率、平均值的估計、眾數、中位數計算，考查數據處理能力，屬于基礎題.11C【解析】首先繪制出可行域，再繪制出目標函數，根據可行域范圍求出目標函數中的取值范圍.【詳解】由題知，滿足，可行域如下圖所示，可知目標函數在點處取得最小值，故目

11、標函數的最小值為，故的取值范圍是.故選：D.【點睛】本題主要考查了線性規劃中目標函數的取值范圍的問題，屬于基礎題.12D【解析】當時,f(x)不關于直線對稱；當時, ,f(x)關于點對稱；f(x)得周期，當時, ,f(x)在上是增函數本題選擇D選項.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。1336【解析】先優先考慮甲、乙兩人不相鄰的排法，在此條件下，計算甲不排在兩端的排法，最后相減即可得到結果.【詳解】由題意得5人排成一排，甲、乙兩人不相鄰，有種排法，其中甲排在兩端，有種排法，則6人排成一排，甲、乙兩人不相鄰，且甲不排在兩端，共有（種）排法.所以本題答案為36.【點睛】排列、組合問題由

12、于其思想方法獨特，計算量龐大，對結果的檢驗困難，所以在解決這類問題時就要遵循一定的解題原則，如特殊元素、位置優先原則、先取后排原則、先分組后分配原則、正難則反原則等，只有這樣我們才能有明確的解題方向.同時解答組合問題時必須心思細膩、考慮周全，這樣才能做到不重不漏，正確解題.142【解析】作出可行域，平移基準直線到處，求得的最小值.【詳解】畫出可行域如下圖所示，由圖可知平移基準直線到處時，取得最小值為.故答案為：【點睛】本小題主要考查線性規劃求最值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.15【解析】對,根據周期的定義判定即可.對,根據偶函數滿足的性質判定即可.對,舉出反例判定即可.對,求解不等

13、式再判定即可.【詳解】解：因為當時, 所以由周期函數的定義知不是函數的周期,故正確；對于定義在上的函數,若,由偶函數的定義知函數不是偶函數,故正確；當時不滿足則“”不是“”成立的充分不必要條件,故錯誤；若實數滿足則所以成立,故正確正確命題的序號是故答案為：【點睛】本題主要考查了命題真假的判定,屬于基礎題.16【解析】由已知分別結合和差角的正切及正弦余弦公式進行化簡即可求解.【詳解】tan60tan（25+35），tan25+tan35tan25tan35；tan25tan35，2（sin35cos25+cos35cos65）2（sin35cos25+cos35sin25），2sin60；tan

14、（45+15）tan60；故答案為：【點睛】本題主要考查了兩角和與差的三角公式在三角化簡求值中的應用，屬于中檔試題.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）利用正弦定理將邊化成角，可得，展開并整理可得，從而可求出角；（2）由余弦定理得，進而可得，由，可求出的值，設邊上的高為，可得的面積為，從而可求出.【詳解】（1）由題意，由正弦定理得.因為，所以，所以，展開得，整理得.因為，所以，故，即.（2）由余弦定理得，則，得，故，故的面積為.設邊上的高為，有，故，所以邊上的高為.【點睛】本題考查正弦、余弦定理在解三角形中的應用，考查三角形的面積公式的

15、應用，考查學生的計算求解能力，屬于中檔題.18（1）；（2）證明見解析.【解析】（1），分，三種情況推理即可；（2）由（1）可得，即，利用累加法即可得到證明.【詳解】（1）由，得.當時，方程的，因此在區間上恒為負數.所以時，函數在區間上單調遞減.又，所以函數在區間上恒成立；當時，方程有兩個不等實根，且滿足，所以函數的導函數在區間上大于零，函數在區間上單增，又，所以函數在區間上恒大于零，不滿足題意；當時，在區間上，函數在區間上恒為正數，所以在區間上恒為正數，不滿足題意；綜上可知：若時，不等式恒成立，的最小值為.（2）由第（1）知：若時，.若，則，即成立.將換成，得成立，即，以此類推，得，上述各式

16、相加，得，又，所以.【點睛】本題考查利用導數研究函數恒成立問題、證明數列不等式問題，考查學生的邏輯推理能力以及數學計算能力，是一道難題.19（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

17、，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.20（1）（2）證明見解析【解析】（1）由已知可得，構造等比數列即可求出通項公式；（2）當時，由，可求，時，由，可證，驗證時，不等式也成立，即可得證.【詳解】（1）由可得，即，所以，解得，（2）當時，,當時，綜上，由可得遞增，時；所以

18、，綜上：故.【點睛】本題主要考查了遞推數列求通項公式，利用放縮法證明不等式，涉及等比數列的求和公式，屬于難題.21（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）不能為.【解析】（1）由平面平面，可得平面，從而證明；（2）由平面與平面沒有交點，可得與不相交，又與共面，所以，同理可證，得證；（3）作交于點，延長交于點，連接，根據三垂線定理，確定二面角的平面角，若，由大角對大邊知，兩者矛盾，故二面角的大小不能為.【詳解】（1）由平面平面，平面平面，且，所以平面，又平面，所以；（2）依題意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面與平面平行，即兩個平面沒有交點，則與不相交，又與共面，所以，同理可證，所以四邊形是平行四邊形；（3）不能.如圖，作交于點，延長交于點，連接，由，所以平面，則平面，又，根據三垂線定理，得到，所以是二面角的平面角，若，則是等腰直角三角形，又，所以中，由大角對大邊知，所以，這與上面相矛盾，所以二面角的大小不能為.【點睛