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.給出下列判斷：若，且，則；存在使得的圖象向右平移個單位長度后得到的圖象關于軸對稱；若在上恰有7個零點，則的取值范圍為；若在上單調遞增，則的取值范圍為.其中，判斷正確的個數為（ ）

2、A1B2C3D42一個四棱錐的三視圖如圖所示（其中主視圖也叫正視圖，左視圖也叫側視圖），則這個四棱錐中最最長棱的長度是（ ）ABCD3兩圓和相外切，且，則的最大值為（ ）AB9CD14已知直線：與圓：交于，兩點，與平行的直線與圓交于，兩點，且與的面積相等，給出下列直線：，.其中滿足條件的所有直線的編號有（ ）ABCD5已知分別為雙曲線的左、右焦點，過的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于兩點，若，則雙曲線的離心率為（ ）AB4C2D6函數（， ， ）的部分圖象如圖所示，則的值分別為（ ）A2，0B2， C2， D2， 7設，則（ ）ABCD8設函數定義域為全體實數，令有以下6個論斷：是奇函數時，是

3、奇函數；是偶函數時，是奇函數；是偶函數時，是偶函數；是奇函數時，是偶函數是偶函數；對任意的實數，那么正確論斷的編號是（ ）ABCD9數學中的數形結合，也可以組成世間萬物的絢麗畫面.一些優美的曲線是數學形象美、對稱美、和諧美的結合產物，曲線恰好是四葉玫瑰線.給出下列結論：曲線C經過5個整點（即橫、縱坐標均為整數的點）；曲線C上任意一點到坐標原點O的距離都不超過2；曲線C圍成區域的面積大于；方程表示的曲線C在第二象限和第四象限其中正確結論的序號是( )ABCD10存在點在橢圓上，且點M在第一象限，使得過點M且與橢圓在此點的切線垂直的直線經過點，則橢圓離心率的取值范圍是（ ）ABCD11已知函數，若

4、曲線上始終存在兩點，使得，且的中點在軸上，則正實數的取值范圍為（ ）ABCD12已知復數z=2i1-i，則z的共軛復數在復平面對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13成都市某次高三統考，成績X經統計分析，近似服從正態分布，且，若該市有人參考，則估計成都市該次統考中成績大于分的人數為_14已知滿足且目標函數的最大值為7，最小值為1，則_15函數的值域為_.16已知復數z112i，z2a+2i（其中i是虛數單位，aR），若z1z2是純虛數，則a的值為_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）已

5、知函數.（1）討論的單調性；（2）若恒成立，求實數的取值范圍.18（12分）已知動圓恒過點，且與直線相切.（1）求圓心的軌跡的方程；（2）設是軌跡上橫坐標為2的點，的平行線交軌跡于，兩點，交軌跡在處的切線于點，問：是否存在實常數使，若存在，求出的值；若不存在，說明理由.19（12分）在平面直角坐標系中，已知直線的參數方程為（為參數），圓的方程為，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系.（1）求和的極坐標方程；（2）過且傾斜角為的直線與交于點，與交于另一點，若，求的取值范圍.20（12分）某廣告商租用了一塊如圖所示的半圓形封閉區域用于產品展示,該封閉區域由以為圓心的半圓及直徑圍成在此區域內

6、原有一個以為直徑、為圓心的半圓形展示區,該廣告商欲在此基礎上,將其改建成一個凸四邊形的展示區,其中、分別在半圓與半圓的圓弧上,且與半圓相切于點已知長為40米,設為（上述圖形均視作在同一平面內）（1）記四邊形的周長為,求的表達式;（2）要使改建成的展示區的面積最大,求的值21（12分）如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形且，側面為等邊三角形，且平面平面.（1）求平面與平面所成的銳二面角的大小；（2）若，且直線與平面所成角為，求的值.22（10分）在平面四邊形(圖)中，與均為直角三角形且有公共斜邊，設，將沿折起，構成如圖所示的三棱錐，且使=. （1）求證：平面平面；（2）求二面角的余弦值.參考答案一、

7、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】對函數化簡可得，進而結合三角函數的最值、周期性、單調性、零點、對稱性及平移變換，對四個命題逐個分析，可選出答案.【詳解】因為，所以周期.對于，因為，所以，即，故錯誤；對于，函數的圖象向右平移個單位長度后得到的函數為，其圖象關于軸對稱，則，解得，故對任意整數，所以錯誤；對于，令，可得，則，因為，所以在上第1個零點，且，所以第7個零點，若存在第8個零點，則，所以，即，解得，故正確；對于，因為，且，所以，解得，又，所以，故正確.故選：B.【點睛】本題考查三角函數的恒等變換，考查三角函數的平移

8、變換、最值、周期性、單調性、零點、對稱性，考查學生的計算求解能力與推理能力，屬于中檔題.2A【解析】作出其直觀圖，然后結合數據根據勾股定定理計算每一條棱長即可.【詳解】根據三視圖作出該四棱錐的直觀圖，如圖所示，其中底面是直角梯形，且，平面，且，這個四棱錐中最長棱的長度是故選【點睛】本題考查了四棱錐的三視圖的有關計算，正確還原直觀圖是解題關鍵，屬于基礎題3A【解析】由兩圓相外切，得出，結合二次函數的性質，即可得出答案.【詳解】因為兩圓和相外切所以，即當時，取最大值故選：A【點睛】本題主要考查了由圓與圓的位置關系求參數，屬于中檔題.4D【解析】求出圓心到直線的距離為：，得出，根據條件得出到直線的距

9、離或時滿足條件，即可得出答案.【詳解】解：由已知可得：圓：的圓心為（0,0），半徑為2，則圓心到直線的距離為：，而，與的面積相等，或，即到直線的距離或時滿足條件，根據點到直線距離可知，滿足條件.故選：D.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的應用，涉及點到直線的距離公式.5A【解析】由已知得，由已知比值得，再利用雙曲線的定義可用表示出，用勾股定理得出的等式，從而得離心率【詳解】.又，可令，則.設，得，即，解得，,由得，該雙曲線的離心率.故選：A.【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，解題關鍵是由向量數量積為0得出垂直關系，利用雙曲線的定義把雙曲線上的點到焦點的距離都用表示出來，從而再由勾股定理建立的

10、關系6D【解析】由題意結合函數的圖象，求出周期，根據周期公式求出，求出，根據函數的圖象過點，求出，即可求得答案【詳解】由函數圖象可知：，函數的圖象過點，則故選【點睛】本題主要考查的是的圖像的運用，在解答此類題目時一定要挖掘圖像中的條件，計算三角函數的周期、最值，代入已知點坐標求出結果7D【解析】結合指數函數及對數函數的單調性,可判斷出,即可選出答案.【詳解】由,即,又,即,即,所以.故選:D.【點睛】本題考查了幾個數的大小比較,考查了指數函數與對數函數的單調性的應用,屬于基礎題.8A【解析】根據函數奇偶性的定義即可判斷函數的奇偶性并證明.【詳解】當是偶函數，則，所以，所以是偶函數；當是奇函數時

11、，則，所以，所以是偶函數；當為非奇非偶函數時，例如：，則，此時，故錯誤；故正確.故選：A【點睛】本題考查了函數的奇偶性定義，掌握奇偶性定義是解題的關鍵，屬于基礎題.9B【解析】利用基本不等式得，可判斷；和聯立解得可判斷；由圖可判斷.【詳解】，解得（當且僅當時取等號），則正確；將和聯立，解得，即圓與曲線C相切于點，則和都錯誤；由，得正確.故選：B.【點睛】本題考查曲線與方程的應用，根據方程，判斷曲線的性質及結論，考查學生邏輯推理能力，是一道有一定難度的題.10D【解析】根據題意利用垂直直線斜率間的關系建立不等式再求解即可.【詳解】因為過點M橢圓的切線方程為,所以切線的斜率為,由,解得,即,所以,

12、所以.故選：D【點睛】本題主要考查了建立不等式求解橢圓離心率的問題,屬于基礎題.11D【解析】根據中點在軸上，設出兩點的坐標，（）.對分成三類，利用則，列方程，化簡后求得，利用導數求得的值域，由此求得的取值范圍.【詳解】根據條件可知，兩點的橫坐標互為相反數，不妨設，（），若，則，由，所以，即，方程無解；若，顯然不滿足；若，則，由，即，即，因為，所以函數在上遞減，在上遞增，故在處取得極小值也即是最小值，所以函數在上的值域為，故.故選D.【點睛】本小題主要考查平面平面向量數量積為零的坐標表示，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查利用導數研究函數的最小值，考查分析與運算能力，屬于較難的題目.12C【解

13、析】分析：根據復數的運算，求得復數z，再利用復數的表示，即可得到復數對應的點，得到答案詳解：由題意，復數z=2i1-i=2i1+i1-i1+i=-1+i，則z=-1-i所以復數z在復平面內對應的點的坐標為(-1,-1)，位于復平面內的第三象限，故選C點睛：本題主要考查了復數的四則運算及復數的表示，其中根據復數的四則運算求解復數z是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.【解析】根據正態分布密度曲線性質，結合求得，即可得解.【詳解】根據正態分布，且，所以故該市有人參考，則估計成都市該次統考中成績大于分的人數為故答案為：【點睛】此題考查正態分布密度

14、曲線性質的理解辨析，根據曲線的對稱性求解概率，根據總人數求解成績大于114的人數.14-2【解析】先根據約束條件畫出可行域，再利用幾何意義求最值，表示直線在軸上的截距，只需求出可行域直線在軸上的截距最大最小值時所在的頂點即可【詳解】由題意得：目標函數在點B取得最大值為7，在點A處取得最小值為1，直線AB的方程是：，則，故答案為.【點睛】本題主要考查了簡單的線性規劃，以及利用幾何意義求最值的方法，屬于基礎題15【解析】利用配方法化簡式子，可得，然后根據觀察法，可得結果.【詳解】函數的定義域為所以函數的值域為 故答案為：【點睛】本題考查的是用配方法求函數的值域問題，屬基礎題。16-1【解析】由題意

15、，令即可得解.【詳解】z112i，z2a+2i，又z1z2是純虛數，解得：a1故答案為：1【點睛】本題考查了復數的概念和運算，屬于基礎題.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）當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；（2）.【解析】（1）對a分三種情況討論求出函數的單調性；（2）對a分三種情況，先求出每一種情況下函數f(x)的最小值，再解不等式得解.【詳解】（1），當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增.綜上：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；當

16、時，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）由（1）可知：當時，成立.當時，.當時，即.綜上.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數的單調性和不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.18（1）；（2）存在，.【解析】（1）根據拋物線的定義，容易知其軌跡為拋物線；結合已知點的坐標，即可求得方程；（2）由拋物線方程求得點的坐標，設出直線的方程，利用導數求得點的坐標，聯立直線的方程和拋物線方程，結合韋達定理，求得，進而求得與之間的大小關系，即可求得參數.【詳解】（1）由題意得，點與點的距離始終等于點到直線的距離，由拋物線的定義知圓心的軌跡是以點為焦點，直線為準線的拋物線，則，

17、.圓心的軌跡方程為.（2）因為是軌跡上橫坐標為2的點，由（1）不妨取，所以直線的斜率為1.因為，所以設直線的方程為，.由，得，則在點處的切線斜率為2，所以在點處的切線方程為.由得所以，所以.由消去得，由，得且.設，則，.因為點，在直線上，所以，所以，所以.故存在，使得.【點睛】本題考查拋物線軌跡方程的求解，以及拋物線中定值問題的求解，涉及導數的幾何意義，屬綜合性中檔題.19（1）；（2）【解析】（1）直接利用轉換公式，把參數方程，直角坐標方程與極坐標方程進行轉化；（2）利用極坐標方程將轉化為三角函數求解即可.【詳解】（1）因為，所以的普通方程為，又，的極坐標方程為，的方程即為，對應極坐標方程為

18、.（2）由己知設，則，所以，又，當，即時，取得最小值；當，即時，取得最大值.所以，的取值范圍為.【點睛】本題主要考查了直角坐標方程，參數方程與極坐標方程的互化，三角函數的值域求解等知識，考查了學生的運算求解能力.20（1）,（2）【解析】（1）由余弦定理的,然后根據直線與圓相切的性質求出,從而求出;（2）求得的表達式,通過求導研究函數的單調性求得最大值.【詳解】解：（1）連由條件得在三角形中,由余弦定理,得,因為與半圓相切于,所以,所以,所以所以四邊形的周長為,（2）設四邊形的面積為,則,所以,令,得列表：+0-增最大值減答：要使改建成的展示區的面積最大,的值為【點睛】本題考查余弦定理、直線與

19、圓的位置關系、導數與函數最值的關系,考查考生的邏輯思維能力,運算求解能力,以及函數與方程的思想.21（1）；（2）.【解析】（1）分別取的中點為，易得兩兩垂直，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，易得為平面的法向量，只需求出平面的法向量為，再利用計算即可；（2）求出，利用計算即可.【詳解】（1）分別取的中點為，連結.因為，所以.因為，所以.因為側面為等邊三角形，所以又因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以兩兩垂直. 以為空間坐標系的原點，分別以所在直線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，則，.設平面的法向量為，則，即.取，則，所以.又為平面的法向量，設平面與平面所成的銳二面角的大小為，則，所以平面與平面所成的銳二面角的大小為.（2）由（1）得，平面