1、2021-2022高考數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。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已知定義在上的函數，則，的大小關系為（ ）ABCD2已知函數滿足，且，則不等式的解集為（ ）ABCD3設點是橢圓上的一點，是橢圓的兩個焦點，若，則（ ）ABCD4已知集合，則( )ABCD5已知函數，若曲線在點處的切線方程為，則實數的取值為（

2、 ）A-2B-1C1D26已知數列 是公比為 的等比數列，且 ， ， 成等差數列，則公比 的值為（ ）ABC 或 D 或 7設集合，集合 ，則 =（ ）ABCDR8由曲線圍成的封閉圖形的面積為（ ）ABCD9百年雙中的校訓是“仁”、“智”、“雅”、“和”.在2019年5月18日的高三趣味運動會中有這樣的一個小游戲.袋子中有大小、形狀完全相同的四個小球，分別寫有“仁”、“智”、“雅”、“和”四個字，有放回地從中任意摸出一個小球，直到“仁”、“智”兩個字都摸到就停止摸球.小明同學用隨機模擬的方法恰好在第三次停止摸球的概率.利用電腦隨機產生1到4之間（含1和4）取整數值的隨機數，分別用1，2，3，4

3、代表“仁”、“智”、“雅”、“和”這四個字，以每三個隨機數為一組，表示摸球三次的結果，經隨機模擬產生了以下20組隨機數：141 432 341 342 234 142 243 331 112 322342 241 244 431 233 214 344 142 134 412由此可以估計，恰好第三次就停止摸球的概率為（ ）ABCD10一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（ ）ABCD11若干年前，某教師剛退休的月退休金為6000元，月退休金各種用途占比統計圖如下面的條形圖.該教師退休后加強了體育鍛煉，目前月退休金的各種用途占比統計

4、圖如下面的折線圖.已知目前的月就醫費比剛退休時少100元，則目前該教師的月退休金為（ ）. A6500元B7000元C7500元D8000元12已知復數z滿足，則z的虛部為（ ）ABiC1D1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13根據如圖所示的偽代碼，若輸入的的值為2，則輸出的的值為_.14 “學習強國”學習平臺是由中宣部主管，以深入學習宣傳習近平新時代中國特色社會主義思想為主要內容，立足全體黨員、面向全社會的優質平臺，現已日益成為老百姓了解國家動態，緊跟時代脈搏的熱門app.該款軟件主要設有“閱讀文章”和“視聽學習”兩個學習板塊和“每日答題”、“每周答題”、“專項答題”、“挑戰

5、答題”四個答題板塊.某人在學習過程中，將六大板塊依次各完成一次，則“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊之間最多間隔一個答題板塊的學習方法有_種.15已知函數，若函數有個不同的零點，則的取值范圍是_16在平面直角坐標系中，雙曲線的右準線與漸近線的交點在拋物線上，則實數的值為_.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）如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF1，M是線段EF的中點求證：(1)AM平面BDE；(2)AM平面BDF.18（12分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，點、分別為，的中點，且平面平面.（1）求證：平面.（2

6、）若，求直線與平面所成角的正弦值.19（12分）已知函數.（1）求的極值；（2）若，且，證明：.20（12分）已知矩陣不存在逆矩陣，且非零特低值對應的一個特征向量，求的值.21（12分）在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且向量與向量共線.（1）求B；（2）若，且，求BD的長度.22（10分）已知函數，為的導數，函數在處取得最小值（1）求證：；（2）若時，恒成立，求的取值范圍參考答案一、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。1D【解析】先判斷函數在時的單調性，可以判斷出函數是奇函數，利用奇函數的性質可以得到，比較三個數的大小，然

7、后根據函數在時的單調性，比較出三個數的大小.【詳解】當時，函數在時，是增函數.因為，所以函數是奇函數，所以有，因為，函數在時，是增函數，所以，故本題選D.【點睛】本題考查了利用函數的單調性判斷函數值大小問題，判斷出函數的奇偶性、單調性是解題的關鍵.2B【解析】構造函數,利用導數研究函數的單調性，即可得到結論.【詳解】設,則函數的導數,，即函數為減函數,，則不等式等價為，則不等式的解集為,即的解為，由得或，解得或,故不等式的解集為.故選:.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數單調性，根據函數的單調性解不等式，考查學生分析問題解決問題的能力,是難題.3B【解析】，故選B點睛：本題主要考查利用橢圓的

8、簡單性質及橢圓的定義. 求解與橢圓性質有關的問題時要結合圖形進行分析，既使不畫出圖形，思考時也要聯想到圖形，當涉及頂點、焦點、長軸、短軸等橢圓的基本量時，要理清它們之間的關系，挖掘出它們之間的內在聯系. 4D【解析】先求出集合B，再與集合A求交集即可.【詳解】由已知，故，所以.故選：D.【點睛】本題考查集合的交集運算，考查學生的基本運算能力，是一道容易題.5B【解析】求出函數的導數，利用切線方程通過f（0），求解即可；【詳解】f （x）的定義域為（1，+），因為f（x）a，曲線yf（x）在點（0，f（0）處的切線方程為y2x，可得1a2，解得a1，故選：B【點睛】本題考查函數的導數的幾何意義，

9、切線方程的求法，考查計算能力6D【解析】由成等差數列得，利用等比數列的通項公式展開即可得到公比q的方程.【詳解】由題意，2aq2=aq+a，2q2=q+1，q=1或q= 故選：D【點睛】本題考查等差等比數列的綜合，利用等差數列的性質建立方程求q是解題的關鍵，對于等比數列的通項公式也要熟練7D【解析】試題分析：由題，選D考點：集合的運算8A【解析】先計算出兩個圖像的交點分別為，再利用定積分算兩個圖形圍成的面積.【詳解】封閉圖形的面積為.選A.【點睛】本題考察定積分的應用，屬于基礎題.解題時注意積分區間和被積函數的選取.9A【解析】由題意找出滿足恰好第三次就停止摸球的情況，用滿足恰好第三次就停止摸

10、球的情況數比20即可得解.【詳解】由題意可知當1，2同時出現時即停止摸球，則滿足恰好第三次就停止摸球的情況共有五種：142，112，241，142，412.則恰好第三次就停止摸球的概率為.故選：A.【點睛】本題考查了簡單隨機抽樣中隨機數的應用和古典概型概率的計算，屬于基礎題.10A【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11D【解析】設目前該教師的退休金為x元，利用條形圖和折

11、線圖列出方程，求出結果即可【詳解】設目前該教師的退休金為x元，則由題意得：600015%x10%1解得x2故選D【點睛】本題考查由條形圖和折線圖等基礎知識解決實際問題，屬于基礎題12C【解析】利用復數的四則運算可得，即可得答案.【詳解】，復數的虛部為.故選：C.【點睛】本題考查復數的四則運算、虛部概念，考查運算求解能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】滿足條件執行，否則執行.【詳解】本題實質是求分段函數在處的函數值，當時，.故答案為：1【點睛】本題考查條件語句的應用，此類題要做到讀懂算法語句，本題是一道容易題.14【解析】先分間隔一個與不間隔分類計數，再

12、根據捆綁法求排列數,最后求和得結果.【詳解】若“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊相鄰，則學習方法有種;若“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊之間間隔一個答題板塊的學習方法有種;因此共有種.故答案為：【點睛】本題考查排列組合實際問題，考查基本分析求解能力，屬基礎題.15【解析】作出函數的圖象及直線，如下圖所示，因為函數有個不同的零點，所以由圖象可知，所以16【解析】求出雙曲線的右準線與漸近線的交點坐標，并將該交點代入拋物線的方程，即可求出實數的方程.【詳解】雙曲線的半焦距為，則雙曲線的右準線方程為，漸近線方程為，所以，該雙曲線右準線與漸近線的交點為.由題意得，解得.故答案為：.【點睛】本題

13、考查利用拋物線上的點求參數，涉及到雙曲線的準線與漸近線方程的應用，考查計算能力，屬于中等題.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）見解析（2）見解析【解析】(1)建立如圖所示的空間直角坐標系，設ACBDN，連結NE.則N，E(0，0，1)，A(，0)，M.，.且NE與AM不共線NEAM.NE平面BDE，AM平面BDE，AM平面BDE.(2)由(1)知，D(，0，0)，F(，1)，(0，1)，0，AMDF.同理AMBF.又DFBFF，AM平面BDF.18（1）見解析（2）【解析】（1）首先可得，再面面垂直的性質可得平面，即可得到，再由，即可得到線面垂直；（2）過

14、點做平面的垂線，以為原點，分別以，為，軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出線面角；【詳解】解：（1），點為的中點，又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，又，分別為，的中點，又平面，平面，平面.（2）過點做平面的垂線，以為原點，分別以，為，軸建立空間直角坐標系，設平面的法向量為，由，得，令，得，直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的判定，面面垂直的性質定理的應用，利用空間向量法求線面角，屬于中檔題.19（1）極大值為；極小值為；（2）見解析【解析】（1）對函數求導,進而可求出單調性,從而可求出函數的極值;（2）構造函數,求導并判斷單調性可得,從而在上恒成立,再結合,可得

15、到,即可證明結論成立.【詳解】（1）函數的定義域為,所以當時,;當時,則的單調遞增區間為和,單調遞減區間為.故的極大值為;的極小值為.（2）證明:由（1）知,設函數,則,則在上恒成立,即在上單調遞增,故,又,則,即在上恒成立.因為,所以,又,則,因為,且在上單調遞減,所以,故.【點睛】本題考查函數的單調性與極值,考查了利用導數證明不等式,構造函數是解決本題的關鍵,屬于難題.20【解析】由不存在逆矩陣，可得，再利用特征多項式求出特征值3，0，利用矩陣乘法運算即可.【詳解】因為不存在逆矩陣，所以.矩陣的特征多項式為，令，則或，所以，即，所以，所以【點睛】本題考查矩陣的乘法及特征值、特征向量有關的問

16、題，考查學生的運算能力，是一道容易題.21（1）（2）【解析】（1）根據共線得到，利用正弦定理化簡得到答案.（2）根據余弦定理得到，再利用余弦定理計算得到答案.【詳解】（1）與共線，.即，即，.（2），在中，由余弦定理得：，.則或（舍去）.，.在中，由余弦定理得：，.【點睛】本題考查了向量共線，正弦定理，余弦定理，意在考查學生的綜合應用能力.22（1）見解析； （2）.【解析】（1）對求導，令，求導研究單調性，分析可得存在使得，即，即得證；（2）分，兩種情況討論，當時，轉化利用均值不等式即得證；當，有兩個不同的零點，分析可得的最小值為，分，討論即得解.【詳解】（1）由題意，令，則，知為的增函數，因為，所以，存在使得，即所以，當時，為減函數，當時，為增函數，故當時，取得最小值，也就是取得最小值故，于是有，即，所以有