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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、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已知是平面內互不相等的兩個非零向量,且與的夾角為,則的取值范圍是（ ）ABCD2下圖所示函數圖象經過何種變換可以得

2、到的圖象（ ）A向左平移個單位B向右平移個單位C向左平移個單位D向右平移個單位3函數的最小正周期是，則其圖象向左平移個單位長度后得到的函數的一條對稱軸是（ ）ABCD4若(12ai)i1bi，其中a，bR，則|abi|()ABCD55記個兩兩無交集的區間的并集為階區間如為2階區間，設函數，則不等式的解集為（ ）A2階區間B3階區間C4階區間D5階區間6函數與在上最多有n個交點，交點分別為（，n），則（ ）A7B8C9D107設是雙曲線的左、右焦點，若雙曲線右支上存在一點，使（為坐標原點），且，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD8如圖，矩形ABCD中，E是AD的中點，將沿BE折起至，記二面角的平面

3、角為，直線與平面BCDE所成的角為，與BC所成的角為，有如下兩個命題：對滿足題意的任意的的位置，；對滿足題意的任意的的位置，則( ) A命題和命題都成立B命題和命題都不成立C命題成立，命題不成立D命題不成立，命題成立9已知點是拋物線的對稱軸與準線的交點，點為拋物線的焦點，點在拋物線上且滿足，若取得最大值時，點恰好在以為焦點的橢圓上，則橢圓的離心率為（ ）ABCD10已知函數，則，的大小關系為（ ）ABCD11已知實數x，y滿足約束條件，若的最大值為2，則實數k的值為（ ）A1BC2D12函數f(x)的圖象大致為()ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知函數（）在區間上

4、的值小于0恒成立，則的取值范圍是_.14在平面直角坐標系中，曲線上任意一點到直線的距離的最小值為_15下圖是一個算法流程圖，則輸出的S的值是_.16如圖，棱長為2的正方體中，點分別為棱的中點，以為圓心，1為半徑，分別在面和面內作弧和，并將兩弧各五等分，分點依次為、以及、一只螞蟻欲從點出發，沿正方體的表面爬行至，則其爬行的最短距離為_參考數據：；）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）選修4-2：矩陣與變換（本小題滿分10分）已知矩陣A (k0)的一個特征向量為，A的逆矩陣A1對應的變換將點(3，1)變為點(1，1)求實數a，k的值18（12分）已知函數的定

5、義域為，且滿足，當時，有，且.（1）求不等式的解集；（2）對任意，恒成立，求實數的取值范圍.19（12分）已知點、分別在軸、軸上運動，（1）求點的軌跡的方程；（2）過點且斜率存在的直線與曲線交于、兩點，求的取值范圍20（12分）已知，函數.（）若在區間上單調遞增，求的值；（）若恒成立，求的最大值.（參考數據：）21（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（m為參數），以坐標點O為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為cos（+）1（1）求直線l的直角坐標方程和曲線C的普通方程；（2）已知點M （2，0），若直線l與曲線C相交于P、Q兩點，求的值22（10分）

6、某地在每周六的晚上8點到10點半舉行燈光展，燈光展涉及到10000盞燈，每盞燈在某一時刻亮燈的概率均為，并且是否亮燈彼此相互獨立.現統計了其中100盞燈在一場燈光展中亮燈的時長（單位：），得到下面的頻數表：亮燈時長/頻數1020402010以樣本中100盞燈的平均亮燈時長作為一盞燈的亮燈時長.（1）試估計的值；（2）設表示這10000盞燈在某一時刻亮燈的數目.求的數學期望和方差；若隨機變量滿足，則認為.假設當時，燈光展處于最佳燈光亮度.試由此估計，在一場燈光展中，處于最佳燈光亮度的時長（結果保留為整數）.附：某盞燈在某一時刻亮燈的概率等于亮燈時長與燈光展總時長的商；若，則，.參考答案一、選擇題

7、：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。1C【解析】試題分析：如下圖所示，則，因為與的夾角為，即，所以，設，則，在三角形中，由正弦定理得，所以，所以，故選C考點：1向量加減法的幾何意義；2正弦定理；3正弦函數性質2D【解析】根據函數圖像得到函數的一個解析式為，再根據平移法則得到答案.【詳解】設函數解析式為，根據圖像：，故，即，取，得到，函數向右平移個單位得到.故選：.【點睛】本題考查了根據函數圖像求函數解析式，三角函數平移，意在考查學生對于三角函數知識的綜合應用.3D【解析】由三角函數的周期可得，由函數圖像的變換可得， 平移后得到函數解析式為

8、，再求其對稱軸方程即可.【詳解】解：函數的最小正周期是，則函數，經過平移后得到函數解析式為，由，得，當時，.故選D.【點睛】本題考查了正弦函數圖像的性質及函數圖像的平移變換，屬基礎題.4C【解析】試題分析：由已知，2ai1bi，根據復數相等的充要條件，有a，b1所以|abi|，選C考點：復數的代數運算，復數相等的充要條件，復數的模5D【解析】可判斷函數為奇函數，先討論當且時的導數情況，再畫出函數大致圖形，將所求區間端點值分別看作對應常函數，再由圖形確定具體自變量范圍即可求解【詳解】當且時，.令得.可得和的變化情況如下表：令，則原不等式變為，由圖像知的解集為，再次由圖像得到的解集由5段分離的部分

9、組成，所以解集為5階區間. 故選：D【點睛】本題考查由函數的奇偶性，單調性求解對應自變量范圍，導數法研究函數增減性，數形結合思想，轉化與化歸思想，屬于難題6C【解析】根據直線過定點，采用數形結合，可得最多交點個數， 然后利用對稱性，可得結果.【詳解】由題可知：直線過定點且在是關于對稱如圖通過圖像可知：直線與最多有9個交點同時點左、右邊各四個交點關于對稱所以故選：C【點睛】本題考查函數對稱性的應用，數形結合，難點在于正確畫出圖像，同時掌握基礎函數的性質，屬難題.7D【解析】利用向量運算可得，即，由為的中位線，得到，所以，再根據雙曲線定義即可求得離心率.【詳解】取的中點，則由得，即；在中，為的中位

10、線，所以，所以；由雙曲線定義知，且，所以，解得，故選：D【點睛】本題綜合考查向量運算與雙曲線的相關性質，難度一般.8A【解析】作出二面角的補角、線面角、線線角的補角，由此判斷出兩個命題的正確性.【詳解】如圖所示，過作平面，垂足為，連接，作，連接.由圖可知，所以，所以正確.由于，所以與所成角，所以，所以正確.綜上所述，都正確.故選：A【點睛】本題考查了折疊問題、空間角、數形結合方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題9B【解析】設，利用兩點間的距離公式求出的表達式，結合基本不等式的性質求出的最大值時的點坐標，結合橢圓的定義以及橢圓的離心率公式求解即可.【詳解】設，因為是拋物線的對稱軸與準線的交

11、點，點為拋物線的焦點，所以，則，當時，當時，當且僅當時取等號，此時，點在以為焦點的橢圓上，由橢圓的定義得，所以橢圓的離心率，故選B.【點睛】本題主要考查橢圓的定義及離心率，屬于難題.離心率的求解在圓錐曲線的考查中是一個重點也是難點，一般求離心率有以下幾種情況：直接求出，從而求出;構造的齊次式，求出;采用離心率的定義以及圓錐曲線的定義來求解10B【解析】可判斷函數在上單調遞增，且，所以.【詳解】在上單調遞增，且，所以.故選：B【點睛】本題主要考查了函數單調性的判定，指數函數與對數函數的性質，利用單調性比大小等知識，考查了學生的運算求解能力.11B【解析】畫出約束條件的可行域,利用目標函數的幾何意

12、義,求出最優解,轉化求解即可.【詳解】可行域如圖中陰影部分所示，要使得z能取到最大值，則，當時，x在點B處取得最大值，即，得；當時，z在點C處取得最大值，即，得（舍去）.故選:B.【點睛】本題考查由目標函數最值求解參數值,數形結合思想,分類討論是解題的關鍵,屬于中檔題.12D【解析】根據函數為非偶函數可排除兩個選項，再根據特殊值可區分剩余兩個選項.【詳解】因為f(x)f(x)知f(x)的圖象不關于y軸對稱，排除選項B，C.又f(2)0.排除A，故選D.【點睛】本題主要考查了函數圖象的對稱性及特值法區分函數圖象，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】首先根據的取

13、值范圍，求得的取值范圍，由此求得函數的值域，結合區間上的值小于0恒成立列不等式組，解不等式組求得的取值范圍.【詳解】由于，所以，由于區間上的值小于0恒成立，所以（）.所以，由于，所以，由于，所以令得.所以的取值范圍是.故答案為：【點睛】本小題主要考查三角函數值域的求法，考查三角函數值恒小于零的問題的求解，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.14【解析】解法一：曲線上任取一點，利用基本不等式可求出該點到直線的距離的最小值；解法二：曲線函數解析式為，由求出切點坐標，再計算出切點到直線的距離即可所求答案.【詳解】解法一（基本不等式）：在曲線上任取一點，該點到直線的距離為，當且僅當時，即當時，等

14、號成立，因此，曲線上任意一點到直線距離的最小值為；解法二（導數法）：曲線的函數解析式為，則，設過曲線上任意一點的切線與直線平行，則，解得，當時，到直線的距離；當時，到直線的距離.所以曲線上任意一點到直線的距離的最小值為.故答案為：.【點睛】本題考查曲線上一點到直線距離最小值的計算，可轉化為利用切線與直線平行來找出切點，轉化為切點到直線的距離，也可以設曲線上的動點坐標，利用基本不等式法或函數的最值進行求解，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.15【解析】根據流程圖，運行程序即得.【詳解】第一次運行，；第二次運行，；第三次運行，；第四次運行；所以輸出的S的值是.故答案為：【點睛】本題考查算法

15、流程圖，是基礎題.16【解析】根據空間位置關系，將平面旋轉后使得各點在同一平面內，結合角的關系即可求得兩點間距離的三角函數表達式.根據所給參考數據即可得解.【詳解】棱長為2的正方體中，點分別為棱的中點，以為圓心，1為半徑，分別在面和面內作弧和.將平面繞旋轉至與平面共面的位置，如下圖所示：則，所以；將平面繞旋轉至與平面共面的位置，將繞旋轉至與平面共面的位置，如下圖所示：則，所以；因為，且由誘導公式可得，所以最短距離為，故答案為：.【點睛】本題考查了空間幾何體中最短距離的求法，注意將空間幾何體展開至同一平面內求解的方法，三角函數誘導公式的應用，綜合性強，屬于難題.三、解答題：共70分。解答應寫出文

16、字說明、證明過程或演算步驟。17解：設特征向量為對應的特征值為，則 ，即 因為k0，所以a2 5分因為，所以A，即， 所以2k3，解得 k2綜上，a2，k2 20分【解析】試題分析：由 特征向量求矩陣A, 由逆矩陣求k考點：特征向量, 逆矩陣點評：本題主要考查了二階矩陣，以及特征值與特征向量的計算，考查逆矩陣18（1）；（2）.【解析】（1）利用定義法求出函數在上單調遞增，由和，求出，求出，運用單調性求出不等式的解集；（2）由于恒成立，由（1）得出在上單調遞增，恒成立，設，利用三角恒等變換化簡，結合恒成立的條件，構造新函數，利用單調性和最值，求出實數的取值范圍.【詳解】（1）設，所以函數在上單

17、調遞增，又因為和，則，所以得解得，即， 故的取值范圍為；（2） 由于恒成立，恒成立，設， 則， 令， 則，所以在區間上單調遞增， 所以，根據條件，只要 ，所以.【點睛】本題考查利用定義法求函數的單調性和利用單調性求不等式的解集，考查不等式恒成立問題，還運用降冪公式、兩角和與差的余弦公式、輔助角公式，考查轉化思想和解題能力.19（1）（2）【解析】(1)設坐標后根據向量的坐標運算即可得到軌跡方程.(2)聯立直線和橢圓方程，用坐標表示出，得到，所以，代入韋達定理即可求解.【詳解】（1）設，則，設，由得又由于，化簡得的軌跡的方程為（2）設直線的方程為，與的方程聯立，消去得，設，則，由已知，則，故直線

18、，令，則，由于，所以，的取值范圍為【點睛】此題考查軌跡問題，橢圓和直線相交，注意坐標表示向量進行轉化的處理技巧，屬于較難題目.20（）；（）3.【解析】（）先求導，得，已知導函數單調遞增，又在區間上單調遞增，故，令，求得，討論得，而，故，進而得解；（）可通過必要性探路，當時，由知，又由于，則，當，結合零點存在定理可判斷必存在使得，得，化簡得，再由二次函數性質即可求證；【詳解】（）的定義域為.易知單調遞增，由題意有.令，則.令得.所以當時，單調遞增；當時，單調遞減.所以，而又有，因此，所以.（）由知，又由于，則.下面證明符合條件.若.所以.易知單調遞增，而，因此必存在使得，即.且當時，單調遞減；當時，單調遞增；則.綜上，的最大值為3.【點睛】