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已知等差數列的前n項和為，且，若（，且），則i的取值集合是（ ）ABCD2閱讀名著，品味人生，是中華民族的優良傳統

2、.學生李華計劃在高一年級每周星期一至星期五的每天閱讀半個小時中國四大名著：紅樓夢、三國演義、水滸傳及西游記，其中每天閱讀一種，每種至少閱讀一次，則每周不同的閱讀計劃共有（ ）A120種B240種C480種D600種3如圖是一個幾何體的三視圖，則這個幾何體的體積為（ ）ABCD4定義在R上的偶函數滿足，且在區間上單調遞減，已知是銳角三角形的兩個內角，則的大小關系是（ ）ABCD以上情況均有可能5是邊長為的等邊三角形，、分別為、的中點，沿把折起，使點翻折到點的位置，連接、，當四棱錐的外接球的表面積最小時，四棱錐的體積為（ ）ABCD6若集合，則（ ）ABCD7已知函數，對任意的，當時，則下列判斷正

3、確的是（ ）AB函數在上遞增C函數的一條對稱軸是D函數的一個對稱中心是8已知向量，且，則（ ）ABC1D29已知等差數列的公差不為零，且，構成新的等差數列，為的前項和，若存在使得，則（ ）A10B11C12D1310橢圓的焦點為，點在橢圓上，若，則的大小為（ ）ABCD11在中，內角的平分線交邊于點，則的面積是（ ）ABCD12定義在上函數滿足，且對任意的不相等的實數有成立，若關于x的不等式在上恒成立，則實數m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已知向量=（1，2），=（-3，1），則=_14函數的最大值與最小正周期相同，則在上的單調遞增區間為_.15

4、已知數列滿足：，若對任意的正整數均有，則實數的最大值是_.16已知拋物線的焦點和橢圓的右焦點重合，直線過拋物線的焦點與拋物線交于、兩點和橢圓交于、兩點，為拋物線準線上一動點，滿足，當面積最大時，直線的方程為_.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）設的內角、的對邊長分別為、.設為的面積，滿足.(1)求；(2)若，求的最大值.18（12分）設函數，.（1）求函數的單調區間；（2）若函數有兩個零點，().（i）求的取值范圍；（ii）求證:隨著的增大而增大.19（12分）已知函數.（1）討論函數f(x)的極值點的個數；（2）若f(x)有兩個極值點證明.20（12

5、分）已知；.（1）若為真命題，求實數的取值范圍；（2）若為真命題且為假命題，求實數的取值范圍.21（12分）P是圓上的動點，P點在x軸上的射影是D，點M滿足（1）求動點M的軌跡C的方程，并說明軌跡是什么圖形；（2）過點的直線l與動點M的軌跡C交于不同的兩點A，B，求以OA，OB為鄰邊的平行四邊形OAEB的頂點E的軌跡方程22（10分）某企業原有甲、乙兩條生產線，為了分析兩條生產線的效果，先從兩條生產線生產的大量產品中各抽取了100件產品作為樣本，檢測一項質量指標值該項指標值落在內的產品視為合格品，否則為不合格品乙生產線樣本的頻數分布表質量指標合計頻數2184814162100（1）根據甲生產線

6、樣本的頻率分布直方圖，以從樣本中任意抽取一件產品且為合格品的頻率近似代替從甲生產線生產的產品中任意抽取一件產品且為合格品的概率，估計從甲生產線生產的產品中任取5件恰有2件為合格品的概率；（2）現在該企業為提高合格率欲只保留其中一條生產線，根據上述圖表所提供的數據，完成下面的列聯表，并判斷是否有90%把握認為該企業生產的這種產品的質量指標值與生產線有關？若有90%把握，請從合格率的角度分析保留哪條生產線較好？甲生產線乙生產線合計合格品不合格品合計附：，0.1500.1000.0500.0250.0100.0052.0722.7063.8415.0246.6357.879參考答案一、選擇題：本題共

7、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】首先求出等差數列的首先和公差，然后寫出數列即可觀察到滿足的i的取值集合.【詳解】設公差為d，由題知，解得，所以數列為，故.故選：C.【點睛】本題主要考查了等差數列的基本量的求解，屬于基礎題.2B【解析】首先將五天進行分組，再對名著進行分配，根據分步乘法計數原理求得結果.【詳解】將周一至周五分為組，每組至少天，共有：種分組方法；將四大名著安排到組中，每組種名著，共有：種分配方法；由分步乘法計數原理可得不同的閱讀計劃共有：種本題正確選項：【點睛】本題考查排列組合中的分組分配問題，涉及到分步乘法計數原理的

8、應用，易錯點是忽略分組中涉及到的平均分組問題.3A【解析】由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體為組合體，上半部分為半球，下半部分為圓柱，半球的半徑為1，圓柱的底面半徑為1，高為1再由球與圓柱體積公式求解【詳解】由三視圖還原原幾何體如圖，該幾何體為組合體，上半部分為半球，下半部分為圓柱，半球的半徑為1，圓柱的底面半徑為1，高為1則幾何體的體積為故選：【點睛】本題主要考查由三視圖求面積、體積，關鍵是由三視圖還原原幾何體，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平4B【解析】由已知可求得函數的周期，根據周期及偶函數的對稱性可求在上的單調性，結合三角函數的性質即可比較【詳解】由可得，即函數的周期，因為在區間上

9、單調遞減，故函數在區間上單調遞減，根據偶函數的對稱性可知，在上單調遞增，因為，是銳角三角形的兩個內角，所以且即，所以即，故選：【點睛】本題主要考查函數值的大小比較，根據函數奇偶性和單調性之間的關系是解決本題的關鍵5D【解析】首先由題意得，當梯形的外接圓圓心為四棱錐的外接球球心時，外接球的半徑最小，通過圖形發現，的中點即為梯形的外接圓圓心，也即四棱錐的外接球球心，則可得到，進而可根據四棱錐的體積公式求出體積.【詳解】如圖，四邊形為等腰梯形，則其必有外接圓，設為梯形的外接圓圓心，當也為四棱錐的外接球球心時，外接球的半徑最小，也就使得外接球的表面積最小，過作的垂線交于點，交于點，連接，點必在上，、分

10、別為、的中點，則必有，即為直角三角形.對于等腰梯形，如圖：因為是等邊三角形，、分別為、的中點，必有，所以點為等腰梯形的外接圓圓心，即點與點重合，如圖，所以四棱錐底面的高為，.故選：D.【點睛】本題考查四棱錐的外接球及體積問題，關鍵是要找到外接球球心的位置，這個是一個難點，考查了學生空間想象能力和分析能力，是一道難度較大的題目.6A【解析】用轉化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定義求解即可【詳解】解：由集合，解得，則故選：【點睛】本題考查了并集及其運算，分式不等式的解法，熟練掌握并集的定義是解本題的關鍵屬于基礎題7D【解析】利用輔助角公式將正弦函數化簡，然后通過題目已知條件求出函數的周期，

11、從而得到，即可求出解析式，然后利用函數的性質即可判斷.【詳解】，又，即，有且僅有滿足條件；又，則，函數， 對于A，故A錯誤；對于B，由，解得，故B錯誤；對于C，當時，故C錯誤； 對于D，由，故D正確.故選：D【點睛】本題考查了簡單三角恒等變換以及三角函數的性質，熟記性質是解題的關鍵，屬于基礎題.8A【解析】根據向量垂直的坐標表示列方程，解方程求得的值.【詳解】由于向量，且，所以解得.故選：A【點睛】本小題主要考查向量垂直的坐標表示，屬于基礎題.9D【解析】利用等差數列的通項公式可得，再利用等差數列的前項和公式即可求解.【詳解】由，構成等差數列可得即又解得：又所以時，.故選：D【點睛】本題考查了

12、等差數列的通項公式、等差數列的前項和公式，需熟記公式，屬于基礎題.10C【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.11B【解析】利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，進而求出，然后利用三角形的面積公式可計算出的面積.【詳解】為的角平分線，則.，則，在中，由正弦定理得，即，在中，由正弦定理得，即，得，解得，由余弦定理得，因此，的面積為.故選：B.【點睛】本題考查三角形面積的計算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面積公式的應用，考查計算能力，屬于中等題.

13、12B【解析】結合題意可知是偶函數,且在單調遞減,化簡題目所給式子,建立不等式,結合導函數與原函數的單調性關系,構造新函數,計算最值,即可.【詳解】結合題意可知為偶函數,且在單調遞減,故可以轉換為對應于恒成立,即即對恒成立即對恒成立令,則上遞增,在上遞減,所以令,在上遞減所以.故,故選B.【點睛】本道題考查了函數的基本性質和導函數與原函數單調性關系,計算范圍,可以轉化為函數,結合導函數,計算最值,即可得出答案.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13-6【解析】由可求，然后根據向量數量積的坐標表示可求 .【詳解】=（1，2），=（-3，1），=（-4，-1），則 =1（-4）+2（

14、-1）=-6故答案為-6【點睛】本題主要考查了向量數量積的坐標表示，屬于基礎試題14【解析】利用三角函數的輔助角公式進行化簡，求出函數的解析式，結合三角函數的單調性進行求解即可【詳解】，則函數的最大值為2，周期，的最大值與最小正周期相同，得，則，當時，則當時，得，即函數在，上的單調遞增區間為，故答案為：.【點睛】本題考查三角函數的性質、單調區間，利用輔助角公式求出函數的解析式是解決本題的關鍵，同時要注意單調區間為定義域的一個子區間152【解析】根據遞推公式可考慮分析,再累加求出關于關于參數的關系,根據表達式的取值分析出,再用數學歸納法證明滿足條件即可.【詳解】因為,累加可得.若,注意到當時,不

15、滿足對任意的正整數均有.所以.當時,證明：對任意的正整數都有.當時, 成立.假設當時結論成立,即,則,即結論對也成立.由數學歸納法可知,對任意的正整數都有.綜上可知,所求實數的最大值是2.故答案為：2【點睛】本題主要考查了根據數列的遞推公式求解參數最值的問題,需要根據遞推公式累加求解,同時注意結合參數的范圍問題進行分析.屬于難題.16【解析】根據均值不等式得到，根據等號成立條件得到直線的傾斜角為，計算得到直線方程.【詳解】由橢圓，可知，（當且僅當，等號成立），直線的傾斜角為，直線的方程為.故答案為：.【點睛】本題考查了拋物線，橢圓，直線的綜合應用，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.三、解答

16、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)根據條件形式選擇，然后利用余弦定理和正弦定理化簡，即可求出；(2)由(1)求出角，利用正弦定理和消元思想，可分別用角的三角函數值表示出，即可得到，再利用三角恒等變換，化簡為，即可求出最大值【詳解】(1)，即，變形得：，整理得：，又，；(2)，由正弦定理知，當且僅當時取最大值故的最大值為.【點睛】本題主要考查正弦定理，余弦定理，三角形面積公式的應用，以及利用三角恒等變換求函數的最值，意在考查學生的轉化能力和數學運算能力，屬于基礎題18（1）見解析；（2）（i）（ii）證明見解析【解析】（1）求出導函數，分類

17、討論即可求解；（2）（i）結合（1）的單調性分析函數有兩個零點求解參數取值范圍；（ii）設，通過轉化，討論函數的單調性得證.【詳解】（1）因為，所以當時，在上恒成立，所以在上單調遞增，當時，的解集為，的解集為，所以的單調增區間為，的單調減區間為；（2）（i）由（1）可知，當時，在上單調遞增，至多一個零點，不符題意，當時，因為有兩個零點，所以，解得，因為，且，所以存在，使得，又因為，設，則，所以單調遞增，所以，即，因為，所以存在，使得，綜上，；（ii）因為，所以，因為，所以，設，則，所以，解得，所以，所以，設，則，設，則，所以單調遞增，所以，所以，即，所以單調遞增，即隨著的增大而增大，所以隨著的

18、增大而增大，命題得證.【點睛】此題考查利用導函數處理函數的單調性，根據函數的零點個數求參數的取值范圍，通過等價轉化證明與零點相關的命題.19（1）見解析（2）見解析【解析】（1）求得函數的定義域和導函數，對分成三種情況進行分類討論，判斷出的極值點個數.（2）由（1）知，結合韋達定理求得的關系式，由此化簡的表達式為，通過構造函數法，結合導數證得，由此證得成立.【詳解】（1）函數的定義域為得， （i）當時；，因為時，時，所以是函數的一個極小值點； （ii）若時，若，即時，在是減函數，無極值點.若，即時，有兩根，不妨設當和時，當時，是函數的兩個極值點， 綜上所述時，僅有一個極值點；時，無極值點；時，

19、有兩個極值點（2）由（1）知，當且僅當時，有極小值點和極大值點，且是方程的兩根，則 所以 設，則，又，即，所以所以是上的單調減函數，有兩個極值點，則【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的極值點，考查利用導數證明不等式，考查分類討論的數學思想方法，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.20（1） （2）或【解析】（1）根據為真命題列出不等式，進而求得實數的取值范圍；（2）應用復合命題真假判定的口訣：真“非”假，假“非”真，一真“或”為真，兩真“且”才真.【詳解】（1），且，解得所以當為真命題時，實數的取值范圍是.（2）由，可得，又當時，.當為真命題，且為假命題時，與的真假性相同，當假假時，有，解得；當真真時，有，解得；故當為真命題且為假命題時，可得或.【點睛】本題主要考查結合不等式的含有量詞的命題的恒成立問題，存在性問題，考查復合命題的真假判斷，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.21（1）點M的軌跡C的方程為，軌跡C是以，為焦點，長軸長為4的橢圓（2）【解析】（1）設，根據可求得，代入圓的方程可得所求軌跡方程；根據軌跡方程可知軌跡是以，為焦點，長軸長為的橢圓；（2）設，與橢圓方程聯立，利用求得；利用韋達定理表示出與，根據平行四邊形和向量的坐標運算