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復數滿足，則復數等于（）ABC2D-22公元263年左右，我國數學家劉徽發現當圓內接正多邊形的邊數無限增加時，多邊形面積可無限逼近圓的面積，并創立了“割圓術”，利用“割圓術”劉徽得到了圓周率精確到小數點后兩位的近似值，這就是著名的“徽率

2、”。如圖是利用劉徽的“割圓術”思想設計的一個程序框圖，則輸出的值為（ ）（參考數據： ）A48B36C24D123已知x，y滿足不等式，且目標函數z9x+6y最大值的變化范圍20，22，則t的取值范圍（ ）A2，4B4，6C5，8D6，74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（ ）ABCD5已知函數在上有兩個零點，則的取值范圍是（ ）ABCD6為研究某咖啡店每日的熱咖啡銷售量和氣溫之間是否具有線性相關關系，統計該店2017年每周六的銷售量及當天氣溫得到如圖所示的散點圖（軸表示氣溫，軸表示銷售量），由散點圖可

3、知與的相關關系為（ ）A正相關，相關系數的值為B負相關，相關系數的值為C負相關，相關系數的值為D正相關，相關負數的值為72019年10月1日，中華人民共和國成立70周年，舉國同慶.將2,0,1,9,10這5個數字按照任意次序排成一行，拼成一個6位數，則產生的不同的6位數的個數為A96B84C120D3608執行如圖所示的程序框圖，當輸出的時，則輸入的的值為( )A-2B-1CD9閱讀如圖的程序框圖，運行相應的程序，則輸出的的值為（ ）ABCD10已知三棱錐中，為的中點，平面，則有下列四個結論：若為的外心，則；若為等邊三角形，則；當時，與平面所成的角的范圍為；當時，為平面內一動點，若OM平面，則

4、在內軌跡的長度為1其中正確的個數是（ ）A1B1C3D411拋物線C:y2=2px的焦點F是雙曲線C2:x2m-y21-m=10m1的右焦點，點P是曲線C1,C2的交點，點Q在拋物線的準線上，FPQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，則雙曲線C2的離心率為（ ）A2+1B22+3C210-3D210+312已知三棱錐的所有頂點都在球的球面上，平面，若球的表面積為，則三棱錐的體積的最大值為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在四棱錐中，底面為正方形，面分別是棱的中點，過的平面交棱于點，則四邊形面積為_.14已知中，點是邊的中點，的面積為，則線段的取值范圍是_.15已

5、知，若的展開式中的系數比x的系數大30，則_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（12分）設函數（1）當時，解不等式；（2）設，且當時，不等式有解，求實數的取值范圍18（12分）已知函數 ， （1）求函數的單調區間；（2）當時，判斷函數，（）有幾個零點，并證明你的結論；（3）設函數，若函數在為增函數，求實數的取值范圍19（12分）已知函數.（1）討論函數的極值；（2）記關于的方程的兩根分別為，求證：.20（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為為參數)，直線的參數方程(為參數)，若直線的交點

6、為，當變化時，點的軌跡是曲線（1）求曲線的普通方程；（2）以坐標原點為極點，軸非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，設射線的極坐標方程為，點為射線與曲線的交點，求點的極徑.21（12分）設函數.（1）若，求實數的取值范圍；（2）證明：，恒成立.22（10分）為了解甲、乙兩個快遞公司的工作狀況，假設同一個公司快遞員的工作狀況基本相同，現從甲、乙兩公司各隨機抽取一名快遞員，并從兩人某月(30天)的快遞件數記錄結果中隨機抽取10天的數據，整理如下：甲公司員工：410，390，330，360，320，400，330，340，370，350乙公司員工：360，420，370，360，420，34

7、0，440，370，360，420每名快遞員完成一件貨物投遞可獲得的勞務費情況如下：甲公司規定每件0.65元，乙公司規定每天350件以內(含350件)的部分每件0.6元，超出350件的部分每件0.9元.（1）根據題中數據寫出甲公司員工在這10天投遞的快件個數的平均數和眾數；（2）為了解乙公司員工每天所得勞務費的情況，從這10天中隨機抽取1天，他所得的勞務費記為 (單位：元)，求的分布列和數學期望；（3）根據題中數據估算兩公司被抽取員工在該月所得的勞務費.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。1B【解析】通過復數的模以及復數

8、的代數形式混合運算，化簡求解即可.【詳解】復數滿足，故選B.【點睛】本題主要考查復數的基本運算，復數模長的概念，屬于基礎題2C【解析】由開始，按照框圖，依次求出s，進行判斷。【詳解】 ，故選C.【點睛】框圖問題，依據框圖結構，依次準確求出數值，進行判斷，是解題關鍵。3B【解析】作出可行域，對t進行分類討論分析目標函數的最大值，即可求解.【詳解】畫出不等式組所表示的可行域如圖AOB當t2時，可行域即為如圖中的OAM，此時目標函數z9x+6y 在A（2，0）取得最大值Z18不符合題意t2時可知目標函數Z9x+6y在的交點（）處取得最大值，此時Zt+16由題意可得，20t+1622解可得4t6故選：

9、B【點睛】此題考查線性規劃，根據可行域結合目標函數的最大值的取值范圍求參數的取值范圍，涉及分類討論思想，關鍵在于熟練掌握截距型目標函數的最大值最優解的處理辦法.4D【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，、分別為、的中點，則必有，即為直角三角形.對于等腰梯形，

10、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.5C【解析】對函數求導，對a分類討論，分別求得函數的單調性及極值，結合端點處的函數值進行判斷求解.【詳解】 ，.當時，在上單調遞增，不合題意.當時，在上單調遞減，也不合題意.當時，則時，在上單調遞減，時，在上單調遞增，又，所以在上有兩個零點，只需即可，解得.綜上，的取值范圍是.故選C.【點睛】本題考查了利用導數解決函數零點

11、的問題，考查了函數的單調性及極值問題，屬于中檔題6C【解析】根據正負相關的概念判斷【詳解】由散點圖知隨著的增大而減小，因此是負相關相關系數為負故選：C【點睛】本題考查變量的相關關系，考查正相關和負相關的區別掌握正負相關的定義是解題基礎7B【解析】2,0,1,9,10按照任意次序排成一行，得所有不以0開頭的排列數共個，其中含有2個10的排列數共個，所以產生的不同的6位數的個數為.故選B8B【解析】若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，與題意輸出的矛盾；若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，符合題意；若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，與題意輸出的矛盾；若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，與題意輸出的

12、矛盾；綜上選B.9C【解析】根據給定的程序框圖，計算前幾次的運算規律，得出運算的周期性，確定跳出循環時的n的值，進而求解的值，得到答案.【詳解】由題意，第1次循環，滿足判斷條件；第2次循環，滿足判斷條件；第3次循環，滿足判斷條件； 可得的值滿足以3項為周期的計算規律，所以當時，跳出循環，此時和時的值對應的相同，即.故選：C.【點睛】本題主要考查了循環結構的程序框圖的計算與輸出問題，其中解答中認真審題，得出程序運行時的計算規律是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力.10C【解析】由線面垂直的性質,結合勾股定理可判斷正確; 反證法由線面垂直的判斷和性質可判斷錯誤;由線面角的定義和轉化為三棱錐的體積

13、,求得C到平面PAB的距離的范圍,可判斷正確;由面面平行的性質定理可得線面平行,可得正確.【詳解】畫出圖形：若為的外心，則，平面,可得,即，正確;若為等邊三角形，又可得平面，即,由可得，矛盾，錯誤;若，設與平面所成角為可得，設到平面的距離為由可得即有，當且僅當取等號.可得的最大值為， 即的范圍為，正確；取中點，的中點，連接由中位線定理可得平面平面可得在線段上，而，可得正確；所以正確的是：故選：C【點睛】此題考查立體幾何中與點、線、面位置關系有關的命題的真假判斷，處理這類問題，可以用已知的定理或性質來證明，也可以用反證法來說明命題的不成立.屬于一般性題目.11A【解析】先由題和拋物線的性質求得點

14、P的坐標和雙曲線的半焦距c的值，再利用雙曲線的定義可求得a的值，即可求得離心率.【詳解】由題意知，拋物線焦點F1,0，準線與x軸交點F(-1,0)，雙曲線半焦距c=1，設點Q(-1,y) FPQ是以點P為直角頂點的等腰直角三角形，即PF=PQ，結合P點在拋物線上，所以PQ拋物線的準線，從而PFx軸，所以P1,2，2a=PF-PF=22-2 即a=2-1.故雙曲線的離心率為e=12-1=2+1.故選A【點睛】本題考查了圓錐曲線綜合，分析題目，畫出圖像，熟悉拋物線性質以及雙曲線的定義是解題的關鍵，屬于中檔題.12B【解析】由題意畫出圖形，設球0得半徑為R，AB=x, AC=y,由球0的表面積為20

15、，可得R2=5，再求出三角形A BC外接圓的半徑,利用余弦定理及基本不等式求xy的最大值，代入棱錐體積公式得答案.【詳解】設球的半徑為，由，得如圖：設三角形的外心為，連接，可得，則在中，由正弦定理可得：，即，由余弦定理可得，則三棱錐的體積的最大值為故選：【點睛】本題考查三棱錐的外接球、三棱錐的側面積、體積，基本不等式等基礎知識，考查空間想象能力、邏輯思維能力、運算求解能力，考查數學轉化思想方法與數形結合的解題思想方法，是中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】設是中點，由于分別是棱的中點，所以，所以，所以四邊形是平行四邊形.由于平面，所以，而，所以平面，所以.由于，所

16、以，也即，所以四邊形是矩形. 而.從而.故答案為：.【點睛】本小題主要考查空間平面圖形面積的計算，考查線面垂直的判定，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.14【解析】設，利用正弦定理，根據，得到，再利用余弦定理得，平方相加得：，轉化為 有解問題求解.【詳解】設，所以， 即由余弦定理得，即 ，平方相加得：，即 ，令，設 ，在上有解，所以 ，解得，即 ，故答案為：【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理在平面幾何中的應用，還考查了運算求解的能力，屬于難題.152【解析】利用二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，求得的值【詳解】展開式通項為：且的展開式中的系數比的系數大，即：解得：（舍去）或

17、本題正確結果：【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題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）.【解析】（1）通過分類討論去掉絕對值符號，進而解不等式組求得結果；（2）將不等式整理為，根據能成立思想可知，由此構造不等式求得結果.【詳解】（1）當時，可化為，由，解得；由，解得；由，解得綜上所述：所以原不等式的解集為（2），有解，即，又，實數的取值范圍是【點睛】本題考查絕對值不等式的求解、根據不等式有解求解參數范圍的問題；關鍵是明確對于不

18、等式能成立的問題，通過分離變量的方式將問題轉化為所求參數與函數最值之間的比較問題.18（1）單調增區間,單調減區間為,;（2）有2個零點，證明見解析;（3）【解析】對函數求導,利用導數的正負判斷函數的單調區間即可;函數有2個零點.根據函數的零點存在性定理即可證明;記函數,求導后利用單調性求得,由零點存在性定理及單調性知存在唯一的,使，求得為分段函數,求導后分情況討論：當時，利用函數的單調性將問題轉化為的問題;當時，當時,在上恒成立，從而求得的取值范圍.【詳解】（1）由題意知,，列表如下：02 0 極小值 極大值 所以函數的單調增區間為，單調減區間為,. （2）函數有2個零點.證明如下： 因為時

19、，所以，因為,所以在恒成立,在上單調遞增，由，且在上單調遞增且連續知,函數在上僅有一個零點，由（1）可得時,，即，故時，所以，由得，平方得，所以，因為，所以在上恒成立,所以函數在上單調遞減,因為,所以,由，且在上單調遞減且連續得在上僅有一個零點，綜上可知：函數有2個零點. （3）記函數，下面考察的符號求導得當時恒成立當時，因為，所以在上恒成立，故在上單調遞減，又因為在上連續，所以由函數的零點存在性定理得存在唯一的，使， ,因為,所以 因為函數在上單調遞增,所以在，上恒成立當時，在上恒成立，即在上恒成立記，則，當變化時，變化情況如下表： 極小值 ，故，即當時，當時，在上恒成立綜合（1）（2）知，

20、 實數的取值范圍是【點睛】本題考查利用導數求函數的單調區間、極值、最值和利用零點存在性定理判斷函數零點個數、利用分離參數法求參數的取值范圍;考查轉化與化歸能力、邏輯推理能力、運算求解能力;通過構造函數,利用零點存在性定理判斷其零點,從而求出函數的表達式是求解本題的關鍵;屬于綜合型強、難度大型試題.19（1）見解析； （2）見解析【解析】（1）對函數求導，對參數討論，得函數單調區間，進而求出極值；（2）是方程的兩根，代入方程，化簡換元，構造新函數利用函數單調性求最值可解.【詳解】（1）依題意，；若，則，則函數在上單調遞增，此時函數既無極大值，也無極小值；若，則，令，解得，故當時，單調遞增；當時，

21、單調遞減，此時函數有極大值，無極小值；若，則，令，解得，故當時，單調遞增；當時，單調遞減，此時函數有極大值，無極小值；（2）依題意，則，故，；要證：，即證，即證：，即證，設，只需證：，設，則，故在上單調遞增，故，即，故.【點睛】本題考查函數極值及利用導數證明二元不等式.證明二元不等式常用方法是轉化為證明一元不等式，再轉化為函數最值問題.利用導數證明不等式的基本方法：(1)若與的最值易求出，可直接轉化為證明；(2)若與的最值不易求出，可構造函數，然后根據函數 的單調性或最值，證明.20（1）；（2）【解析】（1）將兩直線化為普通方程，消去參數，即可求出曲線的普通方程；（2）設Q點的直角坐標系坐標為,求出，代入曲線C可求解.【詳解】（1）直線的普通方程為,直線的普通方程為聯立直線,方程消去參數k,得曲線C的普通方程為整理得.（2）設Q點的直角坐標系坐標為,由可得代入曲線C的方程可得，解得（舍），所以點的極徑為.【點睛】本題主要考查了直線的參數方程化為普通方程