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、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，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已知一個三棱錐的三視圖如圖所示，其中三視圖的長、寬、高分別為，且，則此三棱錐外接球表面積的最小

2、值為（ ）ABCD2已知函數（）的最小值為0，則（ ）ABCD3執行下面的程序框圖，若輸出的的值為63，則判斷框中可以填入的關于的判斷條件是（ ）ABCD4已知隨機變量滿足，.若，則（ ）A，B，C，D，5的展開式中的系數為( )A30B40C40D506已知，是函數圖像上不同的兩點，若曲線在點，處的切線重合，則實數的最小值是（ ）ABCD17如圖所示，在平面直角坐標系中，是橢圓的右焦點，直線與橢圓交于，兩點，且，則該橢圓的離心率是（ ）ABCD8已知集合的所有三個元素的子集記為記為集合中的最大元素，則（）ABCD9在滿足，的實數對中，使得成立的正整數的最大值為( )A5B6C7D910已知變

3、量，滿足不等式組，則的最小值為（ ）ABCD11如圖是來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形，此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形的斜邊，直角邊.已知以直角邊為直徑的半圓的面積之比為，記，則（ ）ABCD12設直線的方程為，圓的方程為，若直線被圓所截得的弦長為，則實數的取值為A或11B或11CD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設函數，當時，記最大值為，則的最小值為_.14已知向量，則_.15如圖，在三棱錐ABCD中，點E在BD上，EAEBECED，BDCD，ACD為正三角形，點M，N分別在AE，CD上運動（不含端點），且AMCN，則當四面體CEMN的體積取

4、得最大值時，三棱錐ABCD的外接球的表面積為_.16的展開式中的系數為_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）已知數列的前項和為，且滿足（）.（1）求數列的通項公式；（2）設（），數列的前項和.若對恒成立，求實數，的值.18（12分）設數列an的前n項和為Sn，且a1=1,an+1=2Sn+1，數列bn滿足a1=b1，點P(bn,bn+1)在x-y+2=0上，nN*. （1）求數列an，bn的通項公式；（2）設cn=bnan，求數列cn的前n項和Tn19（12分）已知函數，（1）當時，求不等式的解集；（2）當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍20（12分）

5、已知，函數，（是自然對數的底數）.（）討論函數極值點的個數；（）若，且命題“，”是假命題，求實數的取值范圍.21（12分）某市環保部門對該市市民進行了一次垃圾分類知識的網絡問卷調查，每位市民僅有一次參加機會，通過隨機抽樣，得到參與問卷調查的100人的得分（滿分：100分）數據，統計結果如表所示：組別男235151812女051010713 (1)若規定問卷得分不低于70分的市民稱為“環保關注者”，請完成答題卡中的列聯表，并判斷能否在犯錯誤概率不超過0.05的前提下，認為是否為“環保關注者”與性別有關？(2)若問卷得分不低于80分的人稱為“環保達人”視頻率為概率在我市所有“環保達人”中，隨機抽取

6、3人，求抽取的3人中，既有男“環保達人”又有女“環保達人”的概率；為了鼓勵市民關注環保，針對此次的調查制定了如下獎勵方案：“環保達人”獲得兩次抽獎活動；其他參與的市民獲得一次抽獎活動每次抽獎獲得紅包的金額和對應的概率.如下表：紅包金額（單位：元）1020概率現某市民要參加此次問卷調查，記（單位：元）為該市民參加間卷調查獲得的紅包金額，求的分布列及數學期望附表及公式：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82822（10分）已知.（1）求不等式的解集；（2）記的最小值為，且正實數滿足.證明：.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】根據三視圖得到幾何體為一三棱錐，并以該三棱錐構造長方體，于是得到三棱錐的外接球即為長方體的外接球，進而得到外接球的半徑，求得外接球的面積后可求出最小值【詳解】由已知條件及三視圖得，此三棱錐的四個頂點位于長方體的四個頂點，即為三棱錐，且長方體的長、寬、高分別為，此三棱錐的外接球即為長方體的外接球，且球半徑為，三棱錐外接球表面積為，當且僅當，時，三棱錐外接球的表面積取得最小值為故選B【點睛】（1）解決關于外接球的問題的關鍵是抓住外接的特點，即球心到多面體的頂點的距離都等于球的半徑，同時要作

8、一圓面起襯托作用（2）長方體的外接球的直徑即為長方體的體對角線，對于一些比較特殊的三棱錐，在研究其外接球的問題時可考慮通過構造長方體，通過長方體的外球球來研究三棱錐的外接球的問題2C【解析】設，計算可得，再結合圖像即可求出答案.【詳解】設，則，則，由于函數的最小值為0，作出函數的大致圖像， 結合圖像，得，所以.故選：C【點睛】本題主要考查了分段函數的圖像與性質，考查轉化思想，考查數形結合思想，屬于中檔題.3B【解析】根據程序框圖，逐步執行，直到的值為63，結束循環，即可得出判斷條件.【詳解】執行框圖如下：初始值：，第一步：，此時不能輸出，繼續循環；第二步：，此時不能輸出，繼續循環；第三步：，此

9、時不能輸出，繼續循環；第四步：，此時不能輸出，繼續循環；第五步：，此時不能輸出，繼續循環；第六步：，此時要輸出，結束循環；故，判斷條件為.故選B【點睛】本題主要考查完善程序框圖，只需逐步執行框圖，結合輸出結果，即可確定判斷條件，屬于常考題型.4B【解析】根據二項分布的性質可得：，再根據和二次函數的性質求解.【詳解】因為隨機變量滿足，.所以服從二項分布，由二項分布的性質可得：，因為，所以，由二次函數的性質可得：，在上單調遞減，所以.故選：B【點睛】本題主要考查二項分布的性質及二次函數的性質的應用，還考查了理解辨析的能力，屬于中檔題.5C【解析】先寫出的通項公式，再根據的產生過程，即可求得.【詳解

10、】對二項式，其通項公式為的展開式中的系數是展開式中的系數與的系數之和.令，可得的系數為；令，可得的系數為；故的展開式中的系數為.故選：C.【點睛】本題考查二項展開式中某一項系數的求解，關鍵是對通項公式的熟練使用，屬基礎題.6B【解析】先根據導數的幾何意義寫出 在 兩點處的切線方程，再利用兩直線斜率相等且縱截距相等，列出關系樹，從而得出，令函數 ，結合導數求出最小值，即可選出正確答案.【詳解】解：當 時，則;當時，則.設 為函數圖像上的兩點，當 或時，不符合題意，故.則在 處的切線方程為；在 處的切線方程為.由兩切線重合可知 ，整理得.不妨設則 ，由 可得則當時， 的最大值為.則在 上單調遞減，

11、則.故選:B.【點睛】本題考查了導數的幾何意義，考查了推理論證能力，考查了函數與方程、分類與整合、轉化與化歸等思想方法.本題的難點是求出 和 的函數關系式.本題的易錯點是計算.7A【解析】聯立直線方程與橢圓方程，解得和的坐標，然后利用向量垂直的坐標表示可得，由離心率定義可得結果.【詳解】由，得，所以，.由題意知，所以，.因為,所以,所以.所以，所以，故選：A.【點睛】本題考查了直線與橢圓的交點，考查了向量垂直的坐標表示，考查了橢圓的離心率公式，屬于基礎題.8B【解析】分類討論，分別求出最大元素為3,4,5,6的三個元素子集的個數，即可得解.【詳解】集合含有個元素的子集共有，所以在集合中：最大元

12、素為的集合有個；最大元素為的集合有；最大元素為的集合有；最大元素為的集合有；所以故選：【點睛】此題考查集合相關的新定義問題，其本質在于弄清計數原理，分類討論，分別求解.9A【解析】由題可知：，且可得，構造函數求導，通過導函數求出的單調性，結合圖像得出，即得出，從而得出的最大值.【詳解】因為，則，即整理得，令，設，則，令,則，令，則，故在上單調遞增，在上單調遞減，則，因為，由題可知：時，則，所以，所以，當無限接近時，滿足條件，所以，所以要使得故當時，可有，故，即，所以：最大值為5.故選：A.【點睛】本題主要考查利用導數求函數單調性、極值和最值，以及運用構造函數法和放縮法，同時考查轉化思想和解題能

13、力.10B【解析】先根據約束條件畫出可行域，再利用幾何意義求最值.【詳解】解：由變量，滿足不等式組，畫出相應圖形如下：可知點,，在處有最小值，最小值為.故選：B.【點睛】本題主要考查簡單的線性規劃，運用了數形結合的方法，屬于基礎題.11D【解析】由半圓面積之比，可求出兩個直角邊 的長度之比，從而可知，結合同角三角函數的基本關系，即可求出，由二倍角公式即可求出.【詳解】解：由題意知 ，以 為直徑的半圓面積，以 為直徑的半圓面積，則，即.由 ，得 ，所以.故選:D.【點睛】本題考查了同角三角函數的基本關系，考查了二倍角公式.本題的關鍵是由面積比求出角的正切值.12A【解析】圓的圓心坐標為（1，1）

14、，該圓心到直線的距離，結合弦長公式得，解得或，故選A二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】易知，設，利用絕對值不等式的性質即可得解【詳解】，設，令，當時，所以單調遞減令，當時，所以單調遞增所以當時，則則，即故答案為：.【點睛】本題考查函數最值的求法，考查絕對值不等式的性質，考查轉化思想及邏輯推理能力，屬于難題143【解析】由題意得，再代入中，計算即可得答案.【詳解】由題意可得，解得，.故答案為：.【點睛】本題考查向量模的計算，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查運算求解能力，求解時注意向量數量積公式的運用.1532【解析】設EDa，根據勾股定理的逆定理可以通過計算可以

15、證明出CEED. AMx，根據三棱錐的體積公式，運用基本不等式，可以求出AM的長度，最后根據球的表面積公式進行求解即可.【詳解】設EDa，則CDa.可得CE2+DE2CD2，CEED.當平面ABD平面BCD時，當四面體CEMN的體積才有可能取得最大值，設AMx.則四面體CEMN的體積（ax）axax（ax），當且僅當x時取等號.解得a2.此時三棱錐ABCD的外接球的表面積4a232.故答案為：32【點睛】本題考查了基本不等式的應用，考查了球的表面積公式，考查了數學運算能力和空間想象能力.16【解析】在二項展開式的通項中令的指數為，求出參數值，然后代入通項可得出結果.【詳解】的展開式的通項為，令

16、，因此，的展開式中的系數為.故答案為：.【點睛】本題考查二項展開式中指定項系數的求解，涉及二項展開式通項的應用，考查計算能力，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）（2），.【解析】（1）根據數列的通項與前n項和的關系式，即求解數列的通項公式；（2）由（1）可得，利用等比數列的前n項和公式和裂項法，求得，結合題意，即可求解.【詳解】（1）由題意，當時，由，解得；當時，可得，即，顯然當時上式也適合，所以數列的通項公式為.（2）由（1）可得，所以.因為對恒成立，所以，.【點睛】本題主要考查了數列的通項公式的求解，等差數列的前n項和公式，以及裂項法求和的

17、應用，其中解答中熟記等差、等比數列的通項公式和前n項和公式，以及合理利用“裂項法”求和是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題.18（1）an=3n-1，bn=1+(n-1)2=2n-1（2）Tn=3-123n-2-2n-123n-1=3-n+13n-1.【解析】（1）利用an與Sn的遞推關系可以an的通項公式；P點代入直線方程得bn+1-bn=2，可知數列bn是等差數列，用公式求解即可.(2)用錯位相減法求數列的和.【詳解】(1)由an+1=2Sn+1可得an=2Sn-1+1(n2)，兩式相減得an+1-an=2an，an+1=3an(n2)又a2=2S1+1=3，所以a2=3a

18、1故an是首項為1，公比為3的等比數列所以an=3n-1由點P(bn,bn+1)在直線x-y+2=0上，所以bn+1-bn=2則數列bn是首項為1，公差為2的等差數列則bn=1+(n-1)2=2n-1(2)因為cn=bnan=2n-13n-1，所以Tn=130+331+532+2n-13n-1則13Tn=131+332+533+2n-33n-1+2n-13n，兩式相減得：23Tn=1+23+232+23n-1-2n-13n所以Tn=3-123n-2-2n-123n-1=3-n+13n-1【點睛】用遞推關系an=Sn-Sn-1(n2)求通項公式時注意n的取值范圍，所求結果要注意檢驗n=1的情況；

19、由一個等差數列和一個等比數列的積組成的數列求和，常用錯位相減法求解.19 (1) (2) 【解析】（1）當時，當或時，所以可轉化為，解得，所以不等式的解集為（2）因為，所以，所以，即，即當時，因為，所以，不符合題意當時，解可得，因為當時，不等式恒成立，所以，所以，解得，所以實數的取值范圍為20（1）當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）【解析】試題分析 ：（1），分，討論，當時，對，當時，解得，在上是減函數，在上是增函數。所以，當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）原命題為假命題，則逆否命題為真命題。即不等式在區間內有解。設 ，所以 ，設 ，則，且是增函數，所以 。所以分和k1

20、討論。試題解析：（）因為，所以，當時，對，所以在是減函數，此時函數不存在極值，所以函數沒有極值點；當時，令，解得，若，則，所以在上是減函數，若，則，所以在上是增函數，當時，取得極小值為，函數有且僅有一個極小值點，所以當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（）命題“，”是假命題，則“，”是真命題，即不等式在區間內有解.若，則設 ，所以 ，設 ，則，且是增函數，所以 當時，所以在上是增函數，即，所以在上是增函數，所以，即在上恒成立.當時，因為在是增函數，因為， ，所以在上存在唯一零點，當時，在上單調遞減，從而，即，所以在上單調遞減，所以當時，即.所以不等式在區間內有解綜上所述，實數的取值范圍為.21 (1)不能；(2) ；分布列見解析，.【解析】（1）根據題目所給的數據可求22