1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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已知雙曲線C：=1(a0，b0)的右焦點為F，過原點O作斜率為的直線交C的右支于點A，若|OA

2、|=|OF|，則雙曲線的離心率為（ ）ABC2D+12已知集合，若，則（ ）A或B或C或D或3已知函數，若關于的不等式恰有1個整數解，則實數的最大值為（ ）A2B3C5D84設復數滿足，在復平面內對應的點為，則（ ）ABCD5設為定義在上的奇函數，當時，(為常數)，則不等式的解集為（ ）ABCD6我國著名數學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界矚目的成就，哥德巴赫猜想內容是“每個大于的偶數可以表示為兩個素數的和”（ 注：如果一個大于的整數除了和自身外無其他正因數，則稱這個整數為素數），在不超過的素數中，隨機選取個不同的素數、，則的概率是（ ）ABCD7已知，滿足約束條件，則的最大值為ABC

3、D8在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓的右焦點為，若F到直線的距離為，則E的離心率為( )ABCD9已知拋物線的焦點為，過焦點的直線與拋物線分別交于、兩點，與軸的正半軸交于點，與準線交于點，且，則（ ）AB2CD310已知函數,關于的方程R)有四個相異的實數根,則的取值范圍是()ABCD11過雙曲線左焦點的直線交的左支于兩點，直線（是坐標原點）交的右支于點，若，且，則的離心率是（ ）ABCD12集合，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13如圖所示，在直角梯形中，、分別是、上的點，且（如圖）.將四邊形沿折起，連接、（如圖）.在折起的過程中，則下列表述： 平面；四點、

4、可能共面；若，則平面平面；平面與平面可能垂直.其中正確的是_.14已知橢圓的下頂點為，若直線與橢圓交于不同的兩點、，則當_時，外心的橫坐標最大15一個四面體的頂點在空間直角坐標系中的坐標分別是，則該四面體的外接球的體積為_16已知，滿足約束條件則的最小值為_.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）若函數在處有極值，且，則稱為函數的“F點”.（1）設函數（）.當時，求函數的極值；若函數存在“F點”，求k的值；（2）已知函數（a，b，）存在兩個不相等的“F點”，且，求a的取值范圍.18（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

5、式；（）設，為數列的前項和，記，證明：19（12分）直線與拋物線相交于，兩點，且，若，到軸距離的乘積為（1）求的方程；（2）設點為拋物線的焦點，當面積最小時，求直線的方程20（12分）已知，.（1）解；（2）若，證明：.21（12分）設函數（）.（1）討論函數的單調性；（2）若關于x的方程有唯一的實數解，求a的取值范圍.22（10分）已知函數.（1）求函數的單調區間；（2）當時，如果方程有兩個不等實根，求實數t的取值范圍，并證明.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。1B【解析】以為圓心，以為半徑的圓的方程為，聯立，可求出

6、點，則，整理計算可得離心率.【詳解】解：以為圓心，以為半徑的圓的方程為，聯立，取第一象限的解得，即，則，整理得，則（舍去），.故選：B.【點睛】本題考查雙曲線離心率的求解，考查學生的計算能力，是中檔題.2B【解析】因為,所以,所以或.若，則,滿足.若，解得或.若，則，滿足.若，顯然不成立，綜上或，選B.3D【解析】畫出函數的圖象，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用數形結合即可得出.【詳解】解：函數，如圖所示當時，由于關于的不等式恰有1個整數解因此其整數解為3，又，則當時，則不滿足題意；當時，當時，沒有整數解當時，至少有兩個整數解綜上，實數的最大值為故選：D【點睛】本題主要考查了根據函數零點

7、的個數求參數范圍，屬于較難題.4B【解析】設，根據復數的幾何意義得到、的關系式，即可得解；【詳解】解：設，解得.故選：B【點睛】本題考查復數的幾何意義的應用，屬于基礎題.5D【解析】由可得，所以，由為定義在上的奇函數結合增函數+增函數=增函數，可知在上單調遞增，注意到，再利用函數單調性即可解決.【詳解】因為在上是奇函數.所以，解得，所以當時，且時，單調遞增，所以在上單調遞增，因為，故有，解得.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性、單調性解不等式，考查學生對函數性質的靈活運用能力，是一道中檔題.6B【解析】先列舉出不超過的素數，并列舉出所有的基本事件以及事件“在不超過的素數中，隨機選取個不

8、同的素數、，滿足”所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【詳解】不超過的素數有：、，在不超過的素數中，隨機選取個不同的素數，所有的基本事件有：、，共種情況，其中，事件“在不超過的素數中，隨機選取個不同的素數、，且”包含的基本事件有：、，共種情況，因此，所求事件的概率為.故選：B.【點睛】本題考查古典概型概率的計算，一般利用列舉法列舉出基本事件，考查計算能力，屬于基礎題.7D【解析】作出不等式組對應的平面區域，利用目標函數的幾何意義，利用數形結合即可得到結論【詳解】作出不等式組表示的平面區域如下圖中陰影部分所示，等價于，作直線，向上平移，易知當直線經過點時最大，所以，故選

9、D【點睛】本題主要考查線性規劃的應用，利用目標函數的幾何意義，結合數形結合的數學思想是解決此類問題的基本方法8A【解析】由已知可得到直線的傾斜角為，有，再利用即可解決.【詳解】由F到直線的距離為，得直線的傾斜角為，所以，即，解得.故選：A.【點睛】本題考查橢圓離心率的問題，一般求橢圓離心率的問題時，通常是構造關于的方程或不等式，本題是一道容易題.9B【解析】過點作準線的垂線，垂足為，與軸交于點，由和拋物線的定義可求得，利用拋物線的性質可構造方程求得，進而求得結果.【詳解】過點作準線的垂線，垂足為，與軸交于點，由拋物線解析式知：，準線方程為.，由拋物線定義知：，.由拋物線性質得：，解得：，.故選

10、：.【點睛】本題考查拋物線定義與幾何性質的應用，關鍵是熟練掌握拋物線的定義和焦半徑所滿足的等式.10A【解析】=,當時時,單調遞減，時,單調遞增,且當,當,當時，恒成立，時,單調遞增且,方程R)有四個相異的實數根.令=則,即.11D【解析】如圖，設雙曲線的右焦點為，連接并延長交右支于，連接，設，利用雙曲線的幾何性質可以得到，結合、可求離心率.【詳解】如圖，設雙曲線的右焦點為，連接，連接并延長交右支于.因為，故四邊形為平行四邊形，故.又雙曲線為中心對稱圖形，故.設，則，故，故.因為為直角三角形，故，解得.在中，有，所以.故選：D.【點睛】本題考查雙曲線離心率，注意利用雙曲線的對稱性（中心對稱、軸

11、對稱）以及雙曲線的定義來構造關于的方程，本題屬于難題.12A【解析】計算，再計算交集得到答案.【詳解】，故.故選：.【點睛】本題考查了交集運算，屬于簡單題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】連接、交于點，取的中點，證明四邊形為平行四邊形，可判斷命題的正誤；利用線面平行的性質定理和空間平行線的傳遞性可判斷命題的正誤；連接，證明出，結合線面垂直和面面垂直的判定定理可判斷命題的正誤；假設平面與平面垂直，利用面面垂直的性質定理可判斷命題的正誤.綜合可得出結論.【詳解】對于命題，連接、交于點，取的中點、，連接、，如下圖所示：則且，四邊形是矩形，且，為的中點，為的中點，且，且，四

12、邊形為平行四邊形，即，平面，平面，平面，命題正確；對于命題，平面，平面，平面，若四點、共面，則這四點可確定平面，則，平面平面，由線面平行的性質定理可得，則，但四邊形為梯形且、為兩腰，與相交，矛盾.所以，命題錯誤；對于命題，連接、，設，則，在中，則為等腰直角三角形，且，且，由余弦定理得，又，平面，平面，、為平面內的兩條相交直線，所以，平面，平面，平面平面，命題正確；對于命題，假設平面與平面垂直，過點在平面內作，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，又，平面，平面，.，平面，平面，.，顯然與不垂直，命題錯誤.故答案為：.【點睛】本題考查立體幾何綜合問題，涉及線面平行、面面垂直的證明、以及點共面的判

13、斷，考查推理能力，屬于中等題.14【解析】由已知可得、的坐標，求得的垂直平分線方程，聯立已知直線方程與橢圓方程，求得的垂直平分線方程，兩垂直平分線方程聯立求得外心的橫坐標，再由導數求最值【詳解】如圖，由已知條件可知，不妨設，則外心在的垂直平分線上，即在直線，也就是在直線上，聯立，得或，的中點坐標為，則的垂直平分線方程為，把代入上式，得，令，則，由，得（舍）或當時，當時，.當時，函數取極大值，亦為最大值故答案為：.【點睛】本題考查直線與橢圓位置關系的應用，訓練了利用導數求最值，是中等題15【解析】將四面體補充為長寬高分別為的長方體，體對角線即為外接球的直徑，從而得解.【詳解】采用補體法，由空間點

14、坐標可知，該四面體的四個頂點在一個長方體上，該長方體的長寬高分別為，長方體的外接球即為該四面體的外接球，外接球的直徑即為長方體的體對角線，所以球半徑為，體積為.【點睛】本題主要考查了四面體外接球的常用求法：補體法，通過補體得到長方體的外接球從而得解，屬于基礎題.16【解析】畫出可行域，通過平移基準直線到可行域邊界位置，由此求得目標函數的最小值.【詳解】畫出可行域如下圖所示，由圖可知：可行域是由三點，構成的三角形及其內部，當直線過點時，取得最小值.故答案為：【點睛】本小題主要考查利用線性規劃求目標函數的最值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過

15、程或演算步驟。17（1）極小值為1，無極大值.實數k的值為1.（2）【解析】（1）將代入可得，求導討論函數單調性，即得極值；設是函數的一個“F點”（），即是的零點，那么由導數可知，且，可得，根據可得，設，由的單調性可得，即得.（2）方法一：先求的導數，存在兩個不相等的“F點”，可以由和韋達定理表示出，的關系，再由，可得的關系式，根據已知解即得.方法二：由函數存在不相等的兩個“F點”和，可知，是關于x的方程組的兩個相異實數根，由得，分兩種情況：是函數一個“F點”，不是函數一個“F點”，進行討論即得.【詳解】解：（1）當時， （），則有（），令得，列表如下：x10極小值故函數在處取得極小值，極小值

16、為1，無極大值.設是函數的一個“F點”（）.（），是函數的零點.，由，得，由，得，即.設，則，所以函數在上單調增，注意到，所以方程存在唯一實根1，所以，得，根據知，時，是函數的極小值點，所以1是函數的“F點”.綜上，得實數k的值為1.（2）由（a，b，），可得（）.又函數存在不相等的兩個“F點”和，是關于x的方程（）的兩個相異實數根.又，即，從而，即.，解得.所以，實數a的取值范圍為.（2）（解法2）因為（ a，b，）所以（）.又因為函數存在不相等的兩個“F點”和，所以，是關于x的方程組的兩個相異實數根.由得，.（2.1）當是函數一個“F點”時，且.所以，即.又，所以，所以.又，所以.（2.2

17、）當不是函數一個“F點”時，則，是關于x的方程的兩個相異實數根.又，所以得所以，得.所以，得.綜合（2.1）（2.2），實數a的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數求函數極值，以及由函數的極值求參數值等，是一道關于函數導數的綜合性題目，考查學生的分析和數學運算能力，有一定難度.18（），；（）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.【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

18、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.19（1）；（2）【解析】（1）設出兩點的坐標，由距離之積為16，可得.利用向量的數量積坐標運算，將轉化為.再利用兩點均在拋物線上，即可求得p的值，從而求出拋物線的方程；（2）設出直線l的方程，代入拋物線方程，由韋達定理發現直線l恒過定點，將面積用參數t表示，求出其最值，并得出此時的直線方程.【詳解】解：（1）由題設，因為，到軸的距離的積為，所以，又因為，所以拋物線的方程為（2）因為直線與拋物線兩個公共點，所以的斜率不為，所以設聯立，得，即，即直線恒過定點，所以，當時，面積取得最小值，此時.【點睛】本題考查了拋物線的標準方程

19、的求法，直線與拋物線相交的問題，其中垂直條件的轉化，直線過定點均為該題的關鍵，屬于綜合性較強的題.20（1）；（2）見解析.【解析】（1）在不等式兩邊平方化簡轉化為二次不等式，解此二次不等式即可得出結果；（2）利用絕對值三角不等式可證得成立.【詳解】（1），由得，不等式兩邊平方得，即，解得或.因此，不等式的解集為；（2），由絕對值三角不等式可得.因此，.【點睛】本題考查含絕對值不等式的求解，同時也考查了利用絕對值三角不等式證明不等式，考查推理能力與運算求解能力，屬于中等題.21（1）當時，遞增區間時，無遞減區間，當時，遞增區間時，遞減區間時；（2）或.【解析】（1）求出，對分類討論，先考慮（或）恒成立的范圍，并以此作為的分類標準，若不恒成立，求解，即可得出結論；（2）有解，即，令，轉化求函數只有一個實數解，根據（1）中的結論，即可求解.【詳解】（1），當時，恒成立，當時，綜上，當時，遞增區間時，無遞減