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已知拋物線的焦點為，是拋物線上兩個不同的點，若，則線段的中點到軸的距離為（ ）A5B3CD22

2、已知實數，滿足約束條件，則目標函數的最小值為ABCD3若集合，則（ ）ABCD4以，為直徑的圓的方程是ABCD5已知函數,則函數的圖象大致為（ ）ABCD6已知i為虛數單位，則（ ）ABCD7已知數列的前項和為，且，則的通項公式（ ）ABCD8已知向量，若，則與夾角的余弦值為（ ）ABCD9一個超級斐波那契數列是一列具有以下性質的正整數:從第三項起，每一項都等于前面所有項之和(例如:1，3，4，8，16).則首項為2，某一項為2020的超級斐波那契數列的個數為（ ）A3B4C5D610設函數恰有兩個極值點，則實數的取值范圍是（ ）ABCD11已知函數，給出下列四個結論：函數的值域是；函數為奇函

3、數；函數在區間單調遞減；若對任意，都有成立，則的最小值為；其中正確結論的個數是（ ）ABCD12已知復數滿足，則的共軛復數是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知，則_.(填“”或“=”或“”).14某市公租房源位于、三個小區，每位申請人只能申請其中一個小區的房子，申請其中任意一個小區的房子是等可能的，則該市的任意位申請人中，恰好有人申請小區房源的概率是_ .（用數字作答）15已知單位向量的夾角為,則=_.16若滿足約束條件，則的最大值為_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）已知數列滿足，且.（1）求證：數列是等差數列，并

4、求出數列的通項公式；（2）求數列的前項和.18（12分）已知各項均為正數的數列的前項和為，且是與的等差中項.（1）證明：為等差數列，并求；（2）設，數列的前項和為，求滿足的最小正整數的值.19（12分）如圖，底面ABCD是邊長為2的菱形，平面ABCD，BE與平面ABCD所成的角為.（1）求證：平面平面BDE；（2）求二面角B-EF-D的余弦值.20（12分）已知函數.其中是自然對數的底數.（1）求函數在點處的切線方程；（2）若不等式對任意的恒成立，求實數的取值范圍.21（12分）2019年春節期間，某超市準備舉辦一次有獎促銷活動，若顧客一次消費達到400元則可參加一次抽獎活動，超市設計了兩種抽

5、獎方案.方案一：一個不透明的盒子中裝有30個質地均勻且大小相同的小球，其中10個紅球，20個白球，攪拌均勻后，顧客從中隨機抽取一個球，若抽到紅球則顧客獲得60元的返金券，若抽到白球則獲得20元的返金券，且顧客有放回地抽取3次.方案二：一個不透明的盒子中裝有30個質地均勻且大小相同的小球，其中10個紅球，20個白球，攪拌均勻后，顧客從中隨機抽取一個球，若抽到紅球則顧客獲得80元的返金券，若抽到白球則未中獎，且顧客有放回地抽取3次.（1）現有兩位顧客均獲得抽獎機會，且都按方案一抽獎，試求這兩位顧客均獲得180元返金券的概率；（2）若某顧客獲得抽獎機會.試分別計算他選擇兩種抽獎方案最終獲得返金券的數

6、學期望；為了吸引顧客消費，讓顧客獲得更多金額的返金券，該超市應選擇哪一種抽獎方案進行促銷活動？22（10分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為（1）求直線的普通方程與曲線的直角坐標方程；（2）若射線與和分別交于點，求參考答案一、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】由拋物線方程可得焦點坐標及準線方程,由拋物線的定義可知,繼而可求出,從而可求出的中點的橫坐標,即為中點到軸的距離.【詳解】解：由拋物線方程可知，即，.設 則，即，所以.所以線段的中點到

7、軸的距離為.故選:D.【點睛】本題考查了拋物線的定義，考查了拋物線的方程.本題的關鍵是由拋物線的定義求得兩點橫坐標的和.2B【解析】作出不等式組對應的平面區域，目標函數的幾何意義為動點到定點的斜率，利用數形結合即可得到的最小值【詳解】解：作出不等式組對應的平面區域如圖：目標函數的幾何意義為動點到定點的斜率，當位于時，此時的斜率最小，此時故選B【點睛】本題主要考查線性規劃的應用以及兩點之間的斜率公式的計算，利用z的幾何意義，通過數形結合是解決本題的關鍵3A【解析】先確定集合中的元素，然后由交集定義求解【詳解】，.故選：A【點睛】本題考查求集合的交集運算，掌握交集定義是解題關鍵4A【解析】設圓的標

8、準方程，利用待定系數法一一求出，從而求出圓的方程.【詳解】設圓的標準方程為，由題意得圓心為，的中點，根據中點坐標公式可得，又，所以圓的標準方程為：，化簡整理得，所以本題答案為A.【點睛】本題考查待定系數法求圓的方程，解題的關鍵是假設圓的標準方程，建立方程組，屬于基礎題.5A【解析】用排除法，通過函數圖像的性質逐個選項進行判斷，找出不符合函數解析式的圖像，最后剩下即為此函數的圖像.【詳解】設，由于，排除B選項；由于，所以，排除C選項；由于當時，排除D選項.故A選項正確.故選：A【點睛】本題考查了函數圖像的性質，屬于中檔題.6A【解析】根據復數乘除運算法則，即可求解.【詳解】.故選：A.【點睛】本

9、題考查復數代數運算，屬于基礎題題.7C【解析】利用證得數列為常數列，并由此求得的通項公式.【詳解】由，得，可得（）.相減得，則（），又由，得，所以，所以為常數列，所以，故.故選：C【點睛】本小題考查數列的通項與前項和的關系等基礎知識；考查運算求解能力，邏輯推理能力，應用意識.8B【解析】直接利用向量的坐標運算得到向量的坐標，利用求得參數m，再用計算即可.【詳解】依題意， 而， 即， 解得， 則.故選：B.【點睛】本題考查向量的坐標運算、向量數量積的應用，考查運算求解能力以及化歸與轉化思想.9A【解析】根據定義，表示出數列的通項并等于2020.結合的正整數性質即可確定解的個數.【詳解】由題意可知

10、首項為2，設第二項為，則第三項為，第四項為，第五項為第n項為且，則，因為，當的值可以為；即有3個這種超級斐波那契數列，故選：A.【點睛】本題考查了數列新定義的應用，注意自變量的取值范圍，對題意理解要準確，屬于中檔題.10C【解析】恰有兩個極值點，則恰有兩個不同的解，求出可確定是它的一個解，另一個解由方程確定，令通過導數判斷函數值域求出方程有一個不是1的解時t應滿足的條件.【詳解】由題意知函數的定義域為，.因為恰有兩個極值點，所以恰有兩個不同的解，顯然是它的一個解，另一個解由方程確定，且這個解不等于1.令，則，所以函數在上單調遞增，從而，且.所以，當且時，恰有兩個極值點，即實數的取值范圍是.故選

11、：C【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性與極值，函數與方程的應用，屬于中檔題.11C【解析】化的解析式為可判斷，求出的解析式可判斷，由得，結合正弦函數得圖象即可判斷，由得可判斷.【詳解】由題意，所以，故正確；為偶函數，故錯誤；當時，單調遞減，故正確；若對任意，都有成立，則為最小值點，為最大值點，則的最小值為，故正確.故選：C.【點睛】本題考查三角函數的綜合運用，涉及到函數的值域、函數單調性、函數奇偶性及函數最值等內容，是一道較為綜合的問題.12B【解析】根據復數的除法運算法則和共軛復數的定義直接求解即可.【詳解】由，得，所以故選：B【點睛】本題考查了復數的除法的運算法則，考查了復數的共軛復

12、數的定義，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】注意到，故只需比較與1的大小即可.【詳解】由已知，故有.又由，故有.故答案為：.【點睛】本題考查對數式比較大小，涉及到換底公式的應用，考查學生的數學運算能力，是一道中檔題.14【解析】基本事件總數，恰好有2人申請小區房源包含的基本事件個數，由此能求出該市的任意5位申請人中，恰好有2人申請小區房源的概率【詳解】解：某市公租房源位于、三個小區，每位申請人只能申請其中一個小區的房子，申請其中任意一個小區的房子是等可能的，該市的任意5位申請人中，基本事件總數，該市的任意5位申請人中，恰好有2人申請小區房源包含的基本事件個

13、數：，該市的任意5位申請人中，恰好有2人申請小區房源的概率是故答案為：【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合等基礎知識，考查運算求解能力，屬于中檔題15【解析】因為單位向量的夾角為，所以，所以=.164【解析】作出可行域如圖所示：由，解得.目標函數，即為，平移斜率為-1的直線，經過點時，.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）證明見解析，；（2）.【解析】（1）將等式變形為，進而可證明出是等差數列，確定數列的首項和公差，可求得的表達式，進而可得出數列的通項公式；（2）利用錯位相減法可求得數列的前項和.【詳解】（1）因為，所以，即，所以數列是等差數列

14、，且公差，其首項所以，解得；（2），得，所以.【點睛】本題考查利用遞推公式證明等差數列，同時也考查了錯位相減法求和，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.18（1）見解析，（2）最小正整數的值為35.【解析】（1）由等差中項可知，當時，得，整理后可得，從而證明為等差數列，繼而可求.（2），則可求出，令，即可求出 的取值范圍，進而求出最小值.【詳解】解析：（1）由題意可得，當時，當時，整理可得，是首項為1，公差為1的等差數列，.（2）由（1）可得，解得，最小正整數的值為35.【點睛】本題考查了等差中項，考查了等差數列的定義，考查了 與 的關系，考查了裂項相消求和.當已知有 與 的遞推關系時，常代入

15、 進行整理.證明數列是等差數列時，一般借助數列，即后一項與前一項的差為常數.19（1）證明見解析；（2）【解析】（1）要證明平面平面BDE，只需在平面內找一條直線垂直平面BDE即可；（2）以O為坐標原點，OA，OB，OG所在直線分別為x、y、z軸建立如圖空間直角坐標系，分別求出平面BEF的法向量，平面的法向量，算出即可.【詳解】（1）平面ABCD，平面ABCD.又底面ABCD是菱形，.，平面BDE，設AC，BD交于O，取BE的中點G，連FG，OG，四邊形OCFG是平行四邊形，平面BDE平面BDE，又因平面BEF，平面平面BDE.（2）以O為坐標原點，OA，OB，OG所在直線分別為x、y、z軸建

16、立如圖空間直角坐標系BE與平面ABCD所成的角為，.，設平面BEF的法向量為，設平面的法向量設二面角的大小為.【點睛】本題考查線面垂直證面面垂直、面面所成角的計算，考查學生的計算能力，解決此類問題最關鍵是準確寫出點的坐標，是一道中檔題.20（1）；（2）.【解析】(1)利用導數的幾何意義求出切線的斜率，再求出切點坐標即可得在點處的切線方程；（2）令，然后利用導數并根據a的情況研究函數的單調性和最值.【詳解】（1），又，切線方程為，即.（2）令，若，則在上單調遞減，又，恒成立，在上單調遞減，又，恒成立.若，令，易知與在上單調遞減，在上單調遞減，當即時，在上恒成立，在上單調遞減，即在上單調遞減，又

17、，恒成立，在上單調遞減，又，恒成立，當即時，使，在遞增，此時，在遞增，不合題意.綜上，實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查導數的幾何意義及構造函數解決含參數的不等式恒成立時求參數的取值范圍問題，第二問的難點是構造函數后二次求導問題，對分類討論思想及化歸與等價轉化思想要求較高，難度較大，屬拔高題.21 (1) (2)第一種抽獎方案.【解析】(1)方案一中每一次摸到紅球的概率為，每名顧客有放回的抽3次獲180元返金劵的概率為，根據相互獨立事件的概率可知兩顧客都獲得180元返金劵的概率 (2)分別計算方案一，方案二顧客獲返金卷的期望，方案一列出分布列計算即可，方案二根據二項分布計算期望即可 根據得出結論.【詳解】（1）選擇方案一，則每一次摸到紅球的概率為設“每位顧客獲得180元返金劵”為事件A，則所以兩位顧客均獲得180元返金劵的概率（2）若選擇抽獎方案一，則每一次摸到紅球的概率為，每一次摸到白球的概率為.設獲得返金劵金額為元，則可能的取值為60，100，140，180.則；.所