1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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若的展開式中的系數為150，則（ ）A20B15C10D252雙曲線x2a2-y2b2=1(a0,b0)的離心率為3，則其漸近線方程為Ay=2xBy=3xCy=22xDy=32x3已知m，n是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，給出四個命

2、題：若，則；若，則；若，則；若，則其中正確的是（ ）ABCD4由曲線yx2與曲線y2x所圍成的平面圖形的面積為()A1BCD5曲線在點處的切線方程為，則（ ）ABC4D86若為虛數單位，則復數的共軛復數在復平面內對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限7公元前世紀，古希臘哲學家芝諾發表了著名的阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在跑步英雄阿基里斯前面米處開始與阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜的倍.當比賽開始后，若阿基里斯跑了米，此時烏龜便領先他米，當阿基里斯跑完下一個米時，烏龜先他米，當阿基里斯跑完下-個米時，烏龜先他米.所以，阿基里斯永遠追不上烏龜.按照這樣的規律，若阿基里

3、斯和烏龜的距離恰好為米時，烏龜爬行的總距離為（ ）A米B米C米D米8關于函數，有下列三個結論:是的一個周期；在上單調遞增；的值域為.則上述結論中，正確的個數為（）ABCD9已知向量，滿足，在上投影為，則的最小值為( )ABCD10已知函數的定義域為，則函數的定義域為（ ）ABCD11我國古代數學名著九章算術有一問題：“今有鱉臑(bi na)，下廣五尺，無袤；上袤四尺，無廣；高七尺.問積幾何？”該幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體外接球的表面積為( )A平方尺B平方尺C平方尺D平方尺12已知我市某居民小區戶主人數和戶主對戶型結構的滿意率分別如圖和如圖所示，為了解該小區戶主對戶型結構的滿意程度，用

4、分層抽樣的方法抽取的戶主進行調查，則樣本容量和抽取的戶主對四居室滿意的人數分別為A240，18B200，20C240，20D200，18二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在平面直角坐標系xOy中，若圓C1：x2（y1）2r2（r0）上存在點P，且點P關于直線xy0的對稱點Q在圓C2：（x2）2（y1）21上，則r的取值范圍是_14已知，則_.(填“”或“=”或“0)求漸近線方程：x2a2-y2b2=0y=bax.3D【解析】根據面面垂直的判定定理可判斷；根據空間面面平行的判定定理可判斷；根據線面平行的判定定理可判斷；根據面面垂直的判定定理可判斷.【詳解】對于，若，兩平面相交，

5、但不一定垂直，故錯誤；對于，若，則，故正確；對于，若，當，則與不平行，故錯誤；對于，若，則，故正確；故選：D【點睛】本題考查了線面平行的判定定理、面面平行的判定定理以及面面垂直的判定定理，屬于基礎題.4B【解析】首先求得兩曲線的交點坐標，據此可確定積分區間，然后利用定積分的幾何意義求解面積值即可.【詳解】聯立方程：可得：，結合定積分的幾何意義可知曲線yx2與曲線y2x所圍成的平面圖形的面積為：.本題選擇B選項.【點睛】本題主要考查定積分的概念與計算，屬于中等題.5B【解析】求函數導數，利用切線斜率求出，根據切線過點求出即可.【詳解】因為，所以，故，解得，又切線過點，所以，解得，所以，故選：B【

6、點睛】本題主要考查了導數的幾何意義，切線方程，屬于中檔題.6B【解析】由共軛復數的定義得到，通過三角函數值的正負，以及復數的幾何意義即得解【詳解】由題意得，因為，所以在復平面內對應的點位于第二象限故選：B【點睛】本題考查了共軛復數的概念及復數的幾何意義，考查了學生概念理解，數形結合，數學運算的能力，屬于基礎題.7D【解析】根據題意，是一個等比數列模型，設，由，解得，再求和.【詳解】根據題意，這是一個等比數列模型，設，所以，解得，所以 .故選：D【點睛】本題主要考查等比數列的實際應用，還考查了建模解模的能力，屬于中檔題.8B【解析】利用三角函數的性質，逐個判斷即可求出【詳解】因為，所以是的一個周

7、期，正確；因為，所以在上不單調遞增，錯誤；因為，所以是偶函數，又是的一個周期，所以可以只考慮時，的值域當時，在上單調遞增，所以，的值域為，錯誤；綜上，正確的個數只有一個，故選B【點睛】本題主要考查三角函數的性質應用9B【解析】根據在上投影為，以及，可得；再對所求模長進行平方運算，可將問題轉化為模長和夾角運算，代入即可求得.【詳解】在上投影為，即 又 本題正確選項：【點睛】本題考查向量模長的運算，對于含加減法運算的向量模長的求解，通常先求解模長的平方，再開平方求得結果；解題關鍵是需要通過夾角取值范圍的分析，得到的最小值.10A【解析】試題分析：由題意，得，解得，故選A考點：函數的定義域11A【解

8、析】根據三視圖得出原幾何體的立體圖是一個三棱錐，將三棱錐補充成一個長方體，此長方體的外接球就是該三棱錐的外接球，由球的表面積公式計算可得選項.【詳解】由三視圖可得，該幾何體是一個如圖所示的三棱錐，為三棱錐外接球的球心，此三棱錐的外接球也是此三棱錐所在的長方體的外接球，所以為的中點， 設球半徑為，則,所以外接球的表面積，故選：A【點睛】本題考查求幾何體的外接球的表面積，關鍵在于由幾何體的三視圖得出幾何體的立體圖，找出外接球的球心位置和半徑，屬于中檔題.12A【解析】利用統計圖結合分層抽樣性質能求出樣本容量，利用條形圖能求出抽取的戶主對四居室滿意的人數【詳解】樣本容量為：（150+250+400）

9、30%240，抽取的戶主對四居室滿意的人數為：故選A【點睛】本題考查樣本容量和抽取的戶主對四居室滿意的人數的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意統計圖的性質的合理運用二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】設圓C1上存在點P（x0，y0），則Q（y0，x0），分別滿足兩個圓的方程，列出方程組，轉化成兩個新圓有公共點求參數范圍.【詳解】設圓C1上存在點P（x0，y0）滿足題意，點P關于直線xy0的對稱點Q（y0，x0），則，故只需圓x2（y1）2r2與圓（x1）2（y2）21有交點即可，所以|r1|r1，解得.故答案為：【點睛】此題考查圓與圓的位置關系，其中涉及點關于直線對

10、稱點問題，兩個圓有公共點的判定方式.14【解析】注意到，故只需比較與1的大小即可.【詳解】由已知，故有.又由，故有.故答案為：.【點睛】本題考查對數式比較大小，涉及到換底公式的應用，考查學生的數學運算能力，是一道中檔題.157.5【解析】分別求出所有人用時總和再除以總人數即可得到平均數.【詳解】故答案為：7.5【點睛】此題考查求平均數，關鍵在于準確計算出所有數據之和，易錯點在于概念辨析不清導致計算出錯.16B【解析】首先根據“學校藝術節對四件參賽作品只評一件一等獎”，故假設分別為一等獎，然后判斷甲、乙、丙、丁四位同學的說法的正確性，即可得出結果【詳解】若A為一等獎，則甲、丙、丁的說法均錯誤，不

11、滿足題意；若B為一等獎，則乙、丙的說法正確，甲、丁的說法錯誤，滿足題意；若C為一等獎，則甲、丙、丁的說法均正確，不滿足題意；若D為一等獎，則乙、丙、丁的說法均錯誤，不滿足題意；綜上所述，故B獲得一等獎【點睛】本題屬于信息題，可根據題目所給信息來找出解題所需要的條件并得出答案，在做本題的時候，可以采用依次假設為一等獎并通過是否滿足題目條件來判斷其是否正確三、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 ()見解析；()當時，函數的最小值是；當時，函數的最小值是【解析】（1）求出導函數，并且解出它的零點x=，再分區間討論導數的正負，即可得到函數f（x）的單調區間；（2）分三種情況

12、加以討論，結合函數的單調性與函數值的大小比較，即可得到當0aln 2時，函數f（x）的最小值是-a；當aln2時，函數f（x）的最小值是ln2-2a【詳解】函數的定義域為因為，令，可得；當時，；當時，綜上所述：可知函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為當，即時，函數在區間上是減函數，的最小值是當，即時，函數在區間上是增函數，的最小值是當，即時，函數在上是增函數，在上是減函數又，當時，的最小值是；當時，的最小值為綜上所述，結論為當時，函數的最小值是；當時，函數的最小值是.【點睛】求函數極值與最值的步驟：(1) 確定函數的定義域；(2) 求導數；(3) 解方程求出函數定義域內的所有根；(4) 列表檢

13、查在的根左右兩側值的符號，如果左正右負（左增右減），那么在處取極大值，如果左負右正（左減右增），那么在處取極小值. （5）如果只有一個極值點，則在該處即是極值也是最值；（6）如果求閉區間上的最值還需要比較端點值的函數值與極值的大小18（1） （2）證明見解析【解析】(1)據題意可得在區間上恒成立，利用導數討論函數的單調性，從而求出滿足不等式的的取值范圍；(2)不等式整理為，由(1)可知當時，利用導數判斷函數的單調性從而證明在區間上成立，從而證明對任意，都有.【詳解】（1）解：因為函數的圖象恒在的圖象的下方，所以在區間上恒成立.設，其中，所以，其中，.當，即時，所以函數在上單調遞增，故成立，滿足

14、題意.當，即時，設，則圖象的對稱軸，所以在上存在唯一實根，設為，則，所以在上單調遞減，此時，不合題意.綜上可得，實數的取值范圍是.（2）證明：由題意得，因為當時，所以.令，則，所以在上單調遞增，即，所以，從而.由（1）知當時，在上恒成立，整理得.令，則要證，只需證.因為，所以在上單調遞增，所以，即在上恒成立.綜上可得，對任意，都有成立.【點睛】本題考查導數在研究函數中的作用，利用導數判斷函數單調性與求函數最值，利用導數證明不等式，屬于難題.19（1） （2）【解析】（1）由已知條件列出關于和的方程，并計算出和的值，jike 得到橢圓的方程.（2）設出點和點坐標，運用點坐標計算出，分類討論直線的

15、斜率存在和不存在兩種情況，求解出的最小值.【詳解】（1）由己知得：，解得，所以，橢圓的方程（2）設，當直線垂直于軸時，且此時， 當直線不垂直于軸時，設直線由，得，.要使恒成立，只需，即最小值為【點睛】本題考查了求解橢圓方程以及直線與橢圓的位置關系，求解過程中需要分類討論直線的斜率存在和不存在兩種情況，并運用根與系數的關系轉化為只含一個變量的表達式進行求解，需要掌握解題方法，并且有一定的計算量.20（1）（2）【解析】（1）求出及其導函數，利用研究的單調性和最值，根據零點存在定理和零點定義可得的范圍（2）令，題意說明時，恒成立.同樣求出導函數，由研究的單調性，通過分類討論可得的單調性得出結論【詳

16、解】解（1）函數所以討論：當時，無零點；當時，所以在上單調遞增.取，則又，所以，此時函數有且只有一個零點；當時，令，解得（舍）或當時，所以在上單調遞減；當時，所以在上單調遞增.據題意，得，所以（舍）或綜上，所求實數的取值范圍為.（2）令，根據題意知，當時，恒成立.又討論：若，則當時，恒成立，所以在上是增函數.又函數在上單調遞增，在上單調遞增，所以存在使，不符合題意.若，則當時，恒成立，所以在上是增函數，據求解知，不符合題意.若，則當時，恒有，故在上是減函數，于是“對任意成立”的充分條件是“”，即，解得，故綜上，所求實數的取值范圍是.【點睛】本題考查函數零點問題，考查不等式恒成立問題，考查用導數

17、研究函數的單調性解題關鍵是通過分類討論研究函數的單調性本題難度較大，考查掌握轉化與化歸思想，考查學生分析問題解決問題的能力21（1）（2）最大距離為【解析】（1）直接利用極坐標方程和參數方程的公式計算得到答案.（2）曲線的參數方程為，設，計算點到直線的距離公式得到答案.【詳解】（1）由，得，則曲線的直角坐標方程為，即直線的直角坐標方程為（2）可知曲線的參數方程為（為參數），設，則到直線的距離為，所以線段的中點到直線的最大距離為【點睛】本題考查了極坐標方程，參數方程，距離的最值問題，意在考查學生的計算能力.22（1）；（2）【解析】(1)對函數求導，運用可求得的值，再由在直線上，可求得的值；(2)由已知可得恒成立，構造函數，對函數求導，討論和0的大小關系，結合單調性求出最大值即可求得的范圍.【詳解】（1）由題得，因為在點與相切所以，（