1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4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

2、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已知實數滿足約束條件，則的最小值是ABC1D42已知函數，的零點分別為，則（ ）ABCD3 “完全數”是一些特殊的自然數，它所有的真因子（即除了自身以外的約數）的和恰好等于它本身.古希臘數學家畢達哥拉斯公元前六世紀發現了第一、二個“完全數”6和28，進一步研究發現后續三個完全數”分別為496，8128，33550336，現將這五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則6和28不在同一組的概率為（ ）ABCD4要得到函數的圖象，只需將函數的圖象上所有點的（ ）A橫坐標縮短到

3、原來的（縱坐標不變），再向左平移個單位長度B橫坐標縮短到原來的（縱坐標不變），再向右平移個單位長度C橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向左平移個單位長度D橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），再向右平移個單位長度5設為坐標原點，是以為焦點的拋物線上任意一點，是線段上的點，且，則直線的斜率的最大值為（ ）A1BCD6若復數滿足，則的虛部為（ ）A5BCD-57已知雙曲線C：（）的左、右焦點分別為，過的直線l與雙曲線C的左支交于A、B兩點.若，則雙曲線C的漸近線方程為（ ）ABCD8五行學說是華夏民族創造的哲學思想，是華夏文明重要組成部分.古人認為，天下萬物皆由金、木、水、火、土五類元素組成

4、，如圖，分別是金、木、水、火、土彼此之間存在的相生相克的關系.若從5類元素中任選2類元素，則2類元素相生的概率為（ ）ABCD9已知，若對任意，關于x的不等式（e為自然對數的底數）至少有2個正整數解，則實數a的取值范圍是（ ）ABCD10在三棱錐中，P在底面ABC內的射影D位于直線AC上，且，.設三棱錐的每個頂點都在球Q的球面上，則球Q的半徑為（ ）ABCD11在正方體中，點，分別為棱，的中點，給出下列命題：；平面；和成角為.正確命題的個數是（ ）A0B1C2D312已知的值域為，當正數a，b滿足時，則的最小值為（ ）AB5CD9二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知不等式的

5、解集不是空集,則實數的取值范圍是；若不等式對任意實數恒成立，則實數的取值范圍是_14已知內角，的對邊分別為，則_15已知多項式滿足，則_，_16在平行四邊形中，已知，若，則_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）已知數列滿足對任意都有，其前項和為，且是與的等比中項，（1）求數列的通項公式；（2）已知數列滿足，設數列的前項和為，求大于的最小的正整數的值18（12分）己知點，分別是橢圓的上頂點和左焦點，若與圓相切于點，且點是線段靠近點的三等分點.求橢圓的標準方程；直線與橢圓只有一個公共點，且點在第二象限，過坐標原點且與垂直的直線與圓相交于，兩點，求面積的取值范

6、圍.19（12分）已知滿足 ，且，求的值及的面積.（從，這三個條件中選一個，補充到上面問題中，并完成解答.）20（12分）已知函數，.（1）證明：函數的極小值點為1；（2）若函數在有兩個零點，證明：.21（12分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若的圖象與軸圍成的三角形面積大于6，求的取值范圍.22（10分）某調查機構為了了解某產品年產量x(噸)對價格y(千克/噸)和利潤z的影響，對近五年該產品的年產量和價格統計如下表：x12345y17.016.515.513.812.2（1）求y關于x的線性回歸方程；（2）若每噸該產品的成本為12千元，假設該產品可全部賣出，預測當年產量為多少時

7、，年利潤w取到最大值？參考公式： 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】作出該不等式組表示的平面區域，如下圖中陰影部分所示，設，則，易知當直線經過點時，z取得最小值，由，解得，所以，所以，故選B2C【解析】轉化函數，的零點為與，的交點，數形結合，即得解.【詳解】函數，的零點，即為與，的交點，作出與，的圖象，如圖所示，可知故選：C【點睛】本題考查了數形結合法研究函數的零點，考查了學生轉化劃歸，數形結合的能力，屬于中檔題.3C【解析】先求出五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個的基本事件總數為，再求出6和

8、28恰好在同一組包含的基本事件個數，根據即可求出6和28不在同一組的概率.【詳解】解：根據題意，將五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則基本事件總數為，則6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，6和28不在同一組的概率.故選：C.【點睛】本題考查古典概型的概率的求法，涉及實際問題中組合數的應用.4C【解析】根據三角函數圖像的變換與參數之間的關系，即可容易求得.【詳解】為得到，將橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），故可得；再將 向左平移個單位長度，故可得.故選：C.【點睛】本題考查三角函數圖像的平移，涉及誘導公式的使用，屬基礎題.5A【解析】設，因為，得到，利用直線的斜率公式，得

9、到，結合基本不等式，即可求解.【詳解】由題意，拋物線的焦點坐標為，設，因為，即線段的中點，所以，所以直線的斜率，當且僅當，即時等號成立，所以直線的斜率的最大值為1.故選：A.【點睛】本題主要考查了拋物線的方程及其應用，直線的斜率公式，以及利用基本不等式求最值的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題.6C【解析】把已知等式變形，再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案【詳解】由（1+i）z|3+4i|，得z，z的虛部為故選C【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題7D【解析】設，利用余弦定理，結合雙曲線的定義進行求解即可.【詳解】設，由雙曲線的定義可知：因此再由雙曲

10、線的定義可知：，在三角形中，由余弦定理可知：，因此雙曲線的漸近線方程為：.故選：D【點睛】本題考查了雙曲線的定義的應用，考查了余弦定理的應用，考查了雙曲線的漸近線方程，考查了數學運算能力.8A【解析】列舉出金、木、水、火、土任取兩個的所有結果共10種，其中2類元素相生的結果有5種，再根據古典概型概率公式可得結果.【詳解】金、木、水、火、土任取兩類，共有：金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10種結果，其中兩類元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共5結果，所以2類元素相生的概率為，故選A.【點睛】本題主要考查古典概型概率公式的應用，屬于基礎題，利用古典概型概率公式求概率

11、時，找準基本事件個數是解題的關鍵，基本亊件的探求方法有 (1)枚舉法：適合給定的基本事件個數較少且易一一列舉出的；(2)樹狀圖法：適合于較為復雜的問題中的基本亊件的探求.在找基本事件個數時，一定要按順序逐個寫出：先，. ，再，.依次. 這樣才能避免多寫、漏寫現象的發生.9B【解析】構造函數（），求導可得在上單調遞增,則 ,問題轉化為,即至少有2個正整數解,構造函數,通過導數研究單調性,由可知，要使得至少有2個正整數解,只需即可,代入可求得結果.【詳解】構造函數（），則（），所以在上單調遞增，所以，故問題轉化為至少存在兩個正整數x，使得成立，設，則，當時，單調遞增；當時，單調遞增.，整理得.故選

12、:B.【點睛】本題考查導數在判斷函數單調性中的應用,考查不等式成立問題中求解參數問題,考查學生分析問題的能力和邏輯推理能力,難度較難.10A【解析】設的中點為O先求出外接圓的半徑，設，利用平面ABC，得 ，在 及中利用勾股定理構造方程求得球的半徑即可【詳解】設的中點為O,因為，所以外接圓的圓心M在BO上.設此圓的半徑為r.因為，所以，解得.因為，所以.設，易知平面ABC，則.因為，所以，即，解得.所以球Q的半徑.故選：A【點睛】本題考查球的組合體，考查空間想象能力，考查計算求解能力，是中檔題11C【解析】建立空間直角坐標系，利用向量的方法對四個命題逐一分析，由此得出正確命題的個數.【詳解】設正

13、方體邊長為，建立空間直角坐標系如下圖所示，.，所以，故正確.，不存在實數使，故不成立，故錯誤.，故平面不成立，故錯誤.，設和成角為，則，由于，所以，故正確.綜上所述，正確的命題有個.故選：C【點睛】本小題主要考查空間線線、線面位置關系的向量判斷方法，考查運算求解能力，屬于中檔題.12A【解析】利用的值域為,求出m,再變形,利用1的代換,即可求出的最小值.【詳解】解：的值域為,當且僅當時取等號,的最小值為.故選：A.【點睛】本題主要考查了對數復合函數的值域運用,同時也考查了基本不等式中“1的運用”,屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】利用絕對值的幾何意義，確定

14、出的最小值，然后根據題意即可得到的取值范圍化簡不等式，求出 的最大值，然后求出結果【詳解】的最小值為，則要使不等式的解集不是空集，則有化簡不等式有 ，即而當時滿足題意，解得或所以答案為【點睛】本題主要考查的是函數恒成立的問題和絕對值不等式，要注意到絕對值的幾何意義，數形結合來解答本題，注意去絕對值時的分類討論化簡14【解析】利用正弦定理求得角B，再利用二倍角的余弦公式，即可求解.【詳解】由正弦定理得，故答案為：.【點睛】本題考查了正弦定理求角，三角恒等變換，屬于基礎題.15 【解析】多項式 滿足令，得，則該多項式的一次項系數為令，得故答案為5，7216【解析】設，則，得到，利用向量的數量積的運

15、算，即可求解【詳解】由題意，如圖所示，設，則，又由，所以為的中點，為的三等分點，則，所以【點睛】本題主要考查了向量的共線定理以及向量的數量積的運算，其中解答中熟記向量的線性運算法則，以及向量的共線定理和向量的數量積的運算公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題三、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）（2）4【解析】（1）利用判斷是等差數列，利用求出，利用等比中項建立方程，求出公差可得.（2）利用的通項公式,求出，用錯位相減法求出，最后建立不等式求出最小的正整數.【詳解】解：任意都有，數列是等差數列，又是與的等比中項，設數列的公差為，且，

16、則，解得，；由題意可知 ，得：，由得， 滿足條件的最小的正整數的值為【點睛】本題考查等差數列的通項公式和前項和公式及錯位相減法求和. (1)解決等差數列通項的思路(1)在等差數列中，是最基本的兩個量，一般可設出和，利用等差數列的通項公式和前項和公式列方程(組)求解即可. (2)錯位相減法求和的方法：如果數列是等差數列，是等比數列，求數列的前項和時，可采用錯位相減法，一般是和式兩邊同乘以等比數列的公比，然后作差求解; 在寫“”與“”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“”的表達式18;.【解析】連接，由三角形相似得，進而得出，寫出橢圓的標準方程；由得，因為直線與橢圓相切于點，

17、解得，因為點在第二象限，所以，所以，設直線與垂直交于點，則是點到直線的距離，設直線的方程為，則，求出面積的取值范圍.【詳解】解：連接，由可得，橢圓的標準方程；由得，因為直線與橢圓相切于點，所以，即，解得，即點的坐標為，因為點在第二象限，所以，所以，所以點的坐標為，設直線與垂直交于點，則是點到直線的距離，設直線的方程為，則，當且僅當，即時，有最大值，所以，即面積的取值范圍為.【點睛】本題考查直線和橢圓位置關系的應用，利用基本不等式，屬于難題.19見解析【解析】選擇時：,，計算，根據正弦定理得到，計算面積得到答案；選擇時，故，為鈍角，故無解；選擇時，根據正弦定理解得，根據正弦定理得到，計算面積得到

18、答案.【詳解】選擇時：,，故.根據正弦定理：，故，故.選擇時，故，為鈍角，故無解.選擇時，根據正弦定理：，故，解得，.根據正弦定理：，故，故.【點睛】本題考查了三角恒等變換，正弦定理，面積公式，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.20（1）見解析（2）見解析【解析】(1)利用導函數的正負確定函數的增減.(2) 函數在有兩個零點，即方程在區間有兩解， 令通過二次求導確定函數單調性證明參數范圍.【詳解】解：（1）證明：因為， 當時，所以在區間遞減；當時，所以，所以在區間遞增； 且，所以函數的極小值點為1（2）函數在有兩個零點，即方程在區間有兩解， 令，則令，則，所以在單調遞增， 又， 故存在唯一的，使得， 即， 所以在單調遞減，在區間單調遞增，且， 又因為，所以， 方程關于的方程在有兩個零點，由的圖象可知，即.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性,確定函數的極值,利用二次求導,零點存在性定理確定參數范圍,屬于難題.21（）（）（2，+）【解析】試題分析：()由題意零點分段即可確定不等式的解集為；()由題意可得面積函數為為，求解不等式可得實數a的取值范圍為 試題解析：（I）當時，化為， 當時，不等式化為，無解； 當時，不等式化為，解得； 當時，不等式化為，解得 所以的解集為 （II）由題設可得， 所以函數的圖像與x軸圍成的三角形的三個頂點分別為，的面積為 由題設得，故 所以a的