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已知函數f（x）sin2x+sin2（x），則f（x）的最小值為（ ）ABCD2已知與之間的一組數據：12343.24.87.5若關于的線性回歸方程為，則的值為（ ）A1.5B2.5C

2、3.5D4.53設函數的導函數，且滿足，若在中，則（ ）ABCD4在復平面內，復數z=i對應的點為Z，將向量繞原點O按逆時針方向旋轉，所得向量對應的復數是（ ）ABCD5若的展開式中的常數項為-12，則實數的值為（ ）A-2B-3C2D36已知函數滿足，當時，則（ ）A或B或C或D或7已知復數滿足，則（ ）ABCD8在中，點為中點，過點的直線與，所在直線分別交于點，若，則的最小值為（ ）AB2C3D9已知，函數在區間內沒有最值，給出下列四個結論：在上單調遞增；在上沒有零點；在上只有一個零點.其中所有正確結論的編號是（ ）ABCD10在中，則 （ ）ABCD11函數在上的最大值和最小值分別為（

3、）A，-2B，-9C-2，-9D2，-212設雙曲線（a0,b0）的右焦點為F，右頂點為A,過F作AF的垂線與雙曲線交于B,C兩點，過B,C分別作AC，AB的垂線交于點D若D到直線BC的距離小于，則該雙曲線的漸近線斜率的取值范圍是 （ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在的展開式中，的系數等于_14在矩形ABCD中，點E，F分別為BC，CD邊上動點，且滿足，則的最大值為_.15函數在區間內有且僅有兩個零點，則實數的取值范圍是_.16已知正四棱柱的底面邊長為，側面的對角線長是，則這個正四棱柱的體積是_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（

4、12分）已知拋物線的頂點為原點，其焦點關于直線的對稱點為，且.若點為的準線上的任意一點，過點作的兩條切線，其中為切點.（1）求拋物線的方程；（2）求證：直線恒過定點，并求面積的最小值.18（12分）某工廠的機器上有一種易損元件A，這種元件在使用過程中發生損壞時，需要送維修處維修工廠規定當日損壞的元件A在次日早上 8：30 之前送到維修處，并要求維修人員當日必須完成所有損壞元件A的維修工作每個工人獨立維修A元件需要時間相同維修處記錄了某月從1日到20日每天維修元件A的個數，具體數據如下表：日期 1 日 2 日 3 日 4 日 5 日 6 日 7 日 8 日 9 日 10 日 元件A個數 9 15

5、 12 18 12 18 9 9 24 12 日期 11 日 12 日 13 日 14 日 15 日 16 日 17 日 18 日 19 日 20 日 元件A個數 12 24 15 15 15 12 15 15 15 24 從這20天中隨機選取一天，隨機變量X表示在維修處該天元件A的維修個數（）求X的分布列與數學期望；（）若a，b，且b-a=6，求最大值；（）目前維修處有兩名工人從事維修工作，為使每個維修工人每天維修元件A的個數的數學期望不超過4個，至少需要增加幾名維修工人？（只需寫出結論）19（12分）以直角坐標系的原點為極點，軸的非負半軸為極軸，且兩坐標系取相同的長度單位.已知曲線的參數方

6、程：（為參數），直線的極坐標方程：（1）求曲線的極坐標方程；（2）若直線與曲線交于、兩點，求的最大值.20（12分）某公園有一塊邊長為3百米的正三角形空地，擬將它分割成面積相等的三個區域，用來種植三種花卉.方案是：先建造一條直道將分成面積之比為的兩部分（點D，E分別在邊，上）；再取的中點M，建造直道（如圖）.設，（單位：百米）.（1）分別求，關于x的函數關系式；（2）試確定點D的位置，使兩條直道的長度之和最小，并求出最小值.21（12分）已知，函數，（是自然對數的底數）.（）討論函數極值點的個數；（）若，且命題“，”是假命題，求實數的取值范圍.22（10分）在中，角的對邊分別為，已知（1）求角

7、的大小；（2）若，求的面積參考答案一、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。1A【解析】先通過降冪公式和輔助角法將函數轉化為，再求最值.【詳解】已知函數f（x）sin2x+sin2（x），=，=，因為，所以f（x）的最小值為.故選：A【點睛】本題主要考查倍角公式及兩角和與差的三角函數的逆用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.2D【解析】利用表格中的數據，可求解得到代入回歸方程，可得，再結合表格數據，即得解.【詳解】利用表格中數據，可得又，解得故選：D【點睛】本題考查了線性回歸方程過樣本中心點的性質，考查了學生概念理解，數據處理，數學

8、運算的能力，屬于基礎題.3D【解析】根據的結構形式，設，求導，則，在上是增函數，再根據在中，得到，利用余弦函數的單調性，得到，再利用的單調性求解.【詳解】設，所以 ，因為當時，即，所以，在上是增函數，在中，因為，所以，因為，且，所以，即，所以，即故選：D【點睛】本題主要考查導數與函數的單調性，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.4A【解析】由復數z求得點Z的坐標，得到向量的坐標，逆時針旋轉，得到向量的坐標，則對應的復數可求.【詳解】解：復數z=i（i為虛數單位）在復平面中對應點Z（0，1），(0，1)，將繞原點O逆時針旋轉得到，設(a，b)，則，即，又，解得：，對應復數為.故選：A.【點睛】本

9、題考查復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題.5C【解析】先研究的展開式的通項，再分中，取和兩種情況求解.【詳解】因為的展開式的通項為，所以的展開式中的常數項為：，解得，故選：C.【點睛】本題主要考查二項式定理的通項公式，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.6C【解析】簡單判斷可知函數關于對稱，然后根據函數的單調性，并計算，結合對稱性，可得結果.【詳解】由，可知函數關于對稱當時，可知在單調遞增則又函數關于對稱，所以且在單調遞減，所以或，故或所以或故選：C【點睛】本題考查函數的對稱性以及單調性求解不等式，抽象函數給出式子的意義，比如：，考驗分析能力，屬中檔題.7A【解析】根據復數的運算法則，可得

10、，然后利用復數模的概念，可得結果.【詳解】由題可知：由，所以所以故選：A【點睛】本題主要考查復數的運算，考驗計算，屬基礎題.8B【解析】由，三點共線，可得，轉化，利用均值不等式，即得解.【詳解】因為點為中點，所以，又因為，所以因為，三點共線，所以，所以，當且僅當即時等號成立，所以的最小值為1故選：B【點睛】本題考查了三點共線的向量表示和利用均值不等式求最值，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.9A【解析】先根據函數在區間內沒有最值求出或.再根據已知求出，判斷函數的單調性和零點情況得解.【詳解】因為函數在區間內沒有最值.所以，或解得或.又，所以.令.可得.且在上單調遞減.當

11、時，且，所以在上只有一個零點.所以正確結論的編號 故選：A.【點睛】本題主要考查三角函數的圖象和性質，考查函數的零點問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.10A【解析】先根據得到為的重心，從而，故可得，利用可得，故可計算的值【詳解】因為所以為的重心，所以,所以,所以，因為，所以，故選A【點睛】對于，一般地，如果為的重心，那么，反之，如果為平面上一點，且滿足，那么為的重心11B【解析】由函數解析式中含絕對值，所以去絕對值并畫出函數圖象，結合圖象即可求得在上的最大值和最小值.【詳解】依題意，作出函數的圖象如下所示；由函數圖像可知，當時，有最大值，當時，有最小值.故選：B.【點睛】本題考查了絕

12、對值函數圖象的畫法，由函數圖象求函數的最值，屬于基礎題.12A【解析】由題意,根據雙曲線的對稱性知在軸上，設，則由得：，因為到直線的距離小于，所以，即，所以雙曲線漸近線斜率，故選A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。137【解析】由題，得，令，即可得到本題答案.【詳解】由題，得，令，得x的系數.故答案為：7【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，屬基礎題.14【解析】利用平面直角坐標系，設出點E，F的坐標，由可得，利用數量積運算求得，再利用線性規劃的知識求出的最大值.【詳解】建立平面直角坐標系，如圖（1）所示：設， ，即，又，令，其中，畫出圖形，如圖（2）所示：當直線經過點時，取得最

13、大值.故答案為：【點睛】本題考查了向量數量積的坐標運算、簡單的線性規劃問題，解題的關鍵是建立恰當的坐標系，屬于基礎題.15【解析】對函數零點問題等價轉化，分離參數討論交點個數，數形結合求解.【詳解】由題：函數在區間內有且僅有兩個零點，等價于函數恰有兩個公共點，作出大致圖象：要有兩個交點，即，所以.故答案為：【點睛】此題考查函數零點問題，根據函數零點個數求參數的取值范圍，關鍵在于對函數零點問題恰當變形，等價轉化，數形結合求解.16【解析】Aa設正四棱柱的高為h得到故得到正四棱柱的體積為故答案為54.三、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）見解析，最小值為4【

14、解析】（1）根據焦點到直線的距離列方程，求得的值，由此求得拋物線的方程.（2）設出的坐標，利用導數求得切線的方程，由此判斷出直線恒過拋物線焦點.求得三角形面積的表達式，進而求得面積的最小值.【詳解】（1）依題意，解得 （負根舍去）拋物線的方程為（2）設點，由，即，得拋物線在點處的切線的方程為，即，點在切線上，同理，綜合、得，點的坐標都滿足方程.即直線恒過拋物線焦點當時，此時，可知：當，此時直線直線的斜率為，得于是，而把直線代入中消去得，即：當時，最小，且最小值為4【點睛】本小題主要考查點到直線的距離公式，考查拋物線方程的求法，考查拋物線的切線方程的求法，考查直線過定點問題，考查拋物線中三角形面

15、積的最值的求法，考查運算求解能力，屬于難題.18（）分布列見解析，；()；()至少增加2人.【解析】（）求出X的所有可能取值為9，12，15，18，24，求出概率，得到X的分布列，然后求解期望即可（）當P（aXb）取到最大值時，求出a，b的可能值，然后求解P（aXb）的最大值即可（）利用前兩問的結果，判斷至少增加2人【詳解】()X的取值為：9，12，15，18，24；,，X的分布列為：X912151824P故X的數學期望；()當P(aXb)取到最大值時,a,b的值可能為：,或,或.經計算,，所以P(aXb)的最大值為.()至少增加2人.【點睛】本題考查離散型隨機變量及其分布列，離散型隨機變量的

16、期望與方差，屬于中等題.19（1）；（2）10【解析】（1）消去參數，可得曲線C的普通方程，再根據極坐標與直角坐標的互化公式，代入即可求得曲線C的極坐標方程；（2）將代入曲線C的極坐標方程，利用根與系數的關系，求得，進而得到=，結合三角函數的性質，即可求解.【詳解】（1）由題意，曲線C的參數方程為，消去參數，可得曲線C的普通方程為，即，又由，代入可得曲線C的極坐標方程為.（2）將代入，得，即，所以=，其中，當時，取最大值，最大值為10.【點睛】本題主要考查了參數方程與普通方程，極坐標方程與直角坐標方程的互化，以及曲線的極坐標方程的應用，著重考查了運算與求解能力，屬于中檔試題.20（1），.，.

17、（2）當百米時，兩條直道的長度之和取得最小值百米.【解析】（1）由，可解得.方法一：再在中，利用余弦定理，可得關于x的函數關系式；在和中，利用余弦定理，可得關于x的函數關系式.方法二：在中，可得，則有，化簡整理即得；同理，化簡整理即得.（2）由（1）和基本不等式，計算即得.【詳解】解：（1），是邊長為3的等邊三角形，又，.由，得.法1：在中，由余弦定理，得.故直道長度關于x的函數關系式為，.在和中，由余弦定理，得因為M為的中點，所以.由，得，所以，所以.所以，直道長度關于x的函數關系式為，.法2：因為在中，所以.所以，直道長度關于x的函數關系式為，.在中，因為M為的中點，所以.所以.所以，直道

18、長度關于x的函數關系式為，.（2）由（1）得，兩條直道的長度之和為（當且僅當即時取“”）.故當百米時，兩條直道的長度之和取得最小值百米.【點睛】本題考查了余弦定理和基本不等式，第一問也可以利用三角形中的向量關系進行求解，屬于中檔題.21（1）當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）【解析】試題分析 ：（1），分，討論，當時，對，當時，解得，在上是減函數，在上是增函數。所以，當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）原命題為假命題，則逆否命題為真命題。即不等式在區間內有解。設 ，所以 ，設 ，則，且是增函數，所以 。所以分和k1討論。試題解析：（）因為，所以，當時，對，所以在是減函數，此時函數不存在極值，所以函數沒有極值點；當時，令，解得，若，則，所以在上是減函數，若，則，所以在上是增函數，當時，取得極小值為，函數有且僅有一個極小值點，所以當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（）命題“，”是假命題，則“，”是真命題，即不等式在區間內有解.若，則設 ，所以 ，設 ，則，且是增函數，所以 當時，所以在上是增函數，即，所以在上是增函數，所以，即在上恒成立.當時，因為在是增函數，因為， ，所以在上存在唯一零