1、2021-2022高考數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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已知等比數列的前項和為，且滿足，則的值是( )ABCD2已知函數,則方程的實數根的個數是（ ）ABCD3在三棱錐中，點到底面的距離為2，則三棱錐外接球的表面積為（ ）ABC

2、D4連接雙曲線及的4個頂點的四邊形面積為，連接4個焦點的四邊形的面積為，則當取得最大值時，雙曲線的離心率為（ ）ABCD5閱讀如圖的程序框圖，若輸出的值為25，那么在程序框圖中的判斷框內可填寫的條件是（ ）ABCD6在直角坐標系中，已知A（1，0），B（4，0），若直線x+my1=0上存在點P，使得|PA|=2|PB|，則正實數m的最小值是( )AB3CD7a為正實數，i為虛數單位，則a=（ ）A2BCD18如圖，在平行四邊形中，對角線與交于點，且，則（ ）ABCD9已知菱形的邊長為2，則（）A4B6CD10已知復數，其中為虛數單位，則（ ）ABC2D11函數的圖象大致為ABCD12拋物線的準

3、線與軸的交點為點，過點作直線與拋物線交于、兩點，使得是的中點，則直線的斜率為（ ）ABC1D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知數列的前項和為，且滿足，則數列的前10項的和為_.14在的展開式中，的系數為_15已知平面向量，滿足|1，|2，的夾角等于，且（）（）0，則|的取值范圍是_16的展開式中，的系數為_（用數字作答）.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）已知矩陣，.求矩陣；求矩陣的特征值.18（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為以為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，設點在曲線上，點在曲線上，且為正三角形（1）求點，的極坐標

4、；（2）若點為曲線上的動點，為線段的中點，求的最大值19（12分）武漢有“九省通衢”之稱，也稱為“江城”，是國家歷史文化名城.其中著名的景點有黃鶴樓、戶部巷、東湖風景區等等.（1）為了解“五一”勞動節當日江城某旅游景點游客年齡的分布情況，從年齡在22歲到52歲的游客中隨機抽取了1000人，制成了如圖的頻率分布直方圖：現從年齡在內的游客中，采用分層抽樣的方法抽取10人，再從抽取的10人中隨機抽取4人，記4人中年齡在內的人數為，求；（2）為了給游客提供更舒適的旅游體驗，該旅游景點游船中心計劃在2020年勞動節當日投入至少1艘至多3艘型游船供游客乘坐觀光.由2010到2019這10年間的數據資料顯示

5、每年勞動節當日客流量（單位：萬人）都大于1.將每年勞動節當日客流量數據分成3個區間整理得表：勞動節當日客流量頻數（年）244以這10年的數據資料記錄的3個區間客流量的頻率作為每年客流量在該區間段發生的概率，且每年勞動節當日客流量相互獨立.該游船中心希望投入的型游船盡可能被充分利用，但每年勞動節當日型游船最多使用量（單位：艘）要受當日客流量（單位：萬人）的影響，其關聯關系如下表：勞動節當日客流量型游船最多使用量123若某艘型游船在勞動節當日被投入且被使用，則游船中心當日可獲得利潤3萬元；若某艘型游船勞動節當日被投入卻不被使用，則游船中心當日虧損0.5萬元.記（單位：萬元）表示該游船中心在勞動節當

6、日獲得的總利潤，的數學期望越大游船中心在勞動節當日獲得的總利潤越大，問該游船中心在2020年勞動節當日應投入多少艘型游船才能使其當日獲得的總利潤最大？20（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為 （為參數），在以O為極點，x軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線C2是圓心為（2，），半徑為1的圓（1）求曲線C1的普通方程和C2的直角坐標方程；（2）設M為曲線C1上的點，N為曲線C2上的點，求|MN|的取值范圍21（12分）如圖，在三棱錐中，側面為等邊三角形，側棱.（1）求證：平面平面；（2）求三棱錐外接球的體積.22（10分）設數列，的各項都是正數，為數列的前n項和，且對任意，都有

7、，（e是自然對數的底數）.（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前n項和.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。1C【解析】利用先求出，然后計算出結果.【詳解】根據題意，當時，,故當時，,數列是等比數列,則，故,解得,故選.【點睛】本題主要考查了等比數列前項和的表達形式，只要求出數列中的項即可得到結果，較為基礎.2D【解析】畫出函數 ,將方程看作交點個數，運用圖象判斷根的個數【詳解】畫出函數令有兩解 ，則分別有3個，2個解，故方程的實數根的個數是3+2=5個故選：D【點睛】本題綜合考查了函數的圖象的運用，分類思想的運用，

8、數學結合的思想判斷方程的根，難度較大，屬于中檔題3C【解析】首先根據垂直關系可確定，由此可知為三棱錐外接球的球心，在中，可以算出的一個表達式，在中，可以計算出的一個表達式，根據長度關系可構造等式求得半徑，進而求出球的表面積【詳解】取中點，由，可知：，為三棱錐外接球球心，過作平面，交平面于，連接交于，連接，為的中點由球的性質可知：平面，且設，在中，即，解得：，三棱錐的外接球的半徑為：，三棱錐外接球的表面積為故選：.【點睛】本題考查三棱錐外接球的表面積的求解問題，求解幾何體外接球相關問題的關鍵是能夠利用球的性質確定外接球球心的位置.4D【解析】先求出四個頂點、四個焦點的坐標，四個頂點構成一個菱形，

9、求出菱形的面積，四個焦點構成正方形，求出其面積，利用重要不等式求得取得最大值時有，從而求得其離心率.【詳解】雙曲線與互為共軛雙曲線，四個頂點的坐標為，四個焦點的坐標為，四個頂點形成的四邊形的面積，四個焦點連線形成的四邊形的面積，所以，當取得最大值時有，離心率，故選：D.【點睛】該題考查的是有關雙曲線的離心率的問題，涉及到的知識點有共軛雙曲線的頂點，焦點，菱形面積公式，重要不等式求最值，等軸雙曲線的離心率，屬于簡單題目.5C【解析】根據循環結構的程序框圖，帶入依次計算可得輸出為25時的值，進而得判斷框內容.【詳解】根據循環程序框圖可知， 則，此時輸出，因而不符合條件框的內容，但符合條件框內容，結

10、合選項可知C為正確選項，故選：C.【點睛】本題考查了循環結構程序框圖的簡單應用，完善程序框圖，屬于基礎題.6D【解析】設點，由，得關于的方程.由題意，該方程有解，則，求出正實數m的取值范圍，即求正實數m的最小值.【詳解】由題意，設點.，即，整理得，則，解得或.故選：.【點睛】本題考查直線與方程，考查平面內兩點間距離公式，屬于中檔題.7B【解析】，選B.8C【解析】畫出圖形，以為基底將向量進行分解后可得結果【詳解】畫出圖形，如下圖選取為基底，則，故選C【點睛】應用平面向量基本定理應注意的問題（1）只要兩個向量不共線，就可以作為平面的一組基底，基底可以有無窮多組，在解決具體問題時，合理選擇基底會給

11、解題帶來方便（2）利用已知向量表示未知向量，實質就是利用平行四邊形法則或三角形法則進行向量的加減運算或數乘運算9B【解析】根據菱形中的邊角關系，利用余弦定理和數量積公式，即可求出結果【詳解】如圖所示，菱形形的邊長為2，且，故選B【點睛】本題主要考查了平面向量的數量積和余弦定理的應用問題，屬于基礎題.10D【解析】把已知等式變形，然后利用數代數形式的乘除運算化簡，再由復數模的公式計算得答案.【詳解】解：，則.故選：D.【點睛】本題考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數模的求法，是基礎題.11D【解析】由題可得函數的定義域為，因為，所以函數為奇函數，排除選項B；又，所以排除選項A、C，故選D12

12、B【解析】設點、，設直線的方程為，由題意得出，將直線的方程與拋物線的方程聯立，列出韋達定理，結合可求得的值，由此可得出直線的斜率.【詳解】由題意可知點，設點、，設直線的方程為，由于點是的中點，則，將直線的方程與拋物線的方程聯立得，整理得，由韋達定理得，得，解得，因此，直線的斜率為.故選：B.【點睛】本題考查直線斜率的求解，考查直線與拋物線的綜合問題，涉及韋達定理設而不求法的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。131【解析】由得時，兩式作差，可求得數列的通項公式，進一步求出數列的和【詳解】解：數列的前項和為，且滿足，當時，-得：，整理得：（常數），

13、故數列是以為首項，2為公比的等比數列，所以（首項不符合通項），故，所以：，故答案為：1【點睛】本題主要考查數列的通項公式的求法及應用，數列的前項和的公式，屬于基礎題14【解析】根據二項展開式定理，求出含的系數和含的系數，相乘即可.【詳解】的展開式中，所求項為：，的系數為.故答案為:.【點睛】本題考查二項展開式定理的應用，屬于基礎題.15【解析】計算得到|，|cos1，解得cos，根據三角函數的有界性計算范圍得到答案.【詳解】由（）（）0 可得 （）|cos12cos|cos1，為與的夾角再由 21+4+212cos7 可得|，|cos1，解得cos0，1cos1，1，即|+10，解得 |，故答

14、案為【點睛】本題考查了向量模的范圍，意在考查學生的計算能力，利用三角函數的有界性是解題的關鍵.1660【解析】根據二項式定理展開式通項，即可求得的系數.【詳解】因為，所以，則所求項的系數為.故答案為：60【點睛】本題考查了二項展開式通項公式的應用，指定項系數的求法，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；，.【解析】由題意，可得，利用矩陣的知識求解即可.矩陣的特征多項式為，令，求出矩陣的特征值.【詳解】設矩陣，則，所以，解得，所以矩陣；矩陣的特征多項式為，令，解得，即矩陣的兩個特征值為，.【點睛】本題考查矩陣的知識點，屬于常考題.18（1），； （2）.

15、【解析】（1）利用極坐標和直角坐標的互化公式，即得解；（2）設點的直角坐標為，則點的直角坐標為將此代入曲線的方程，可得點在以為圓心，為半徑的圓上，所以的最大值為，即得解.【詳解】（1）因為點在曲線上，為正三角形，所以點在曲線上又因為點在曲線上，所以點的極坐標是，從而，點的極坐標是（2）由（1）可知，點的直角坐標為，B的直角坐標為設點的直角坐標為，則點的直角坐標為將此代入曲線的方程，有即點在以為圓心，為半徑的圓上，所以的最大值為【點睛】本題考查了極坐標和參數方程綜合，考查了極坐標和直角坐標互化，參數方程的應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.19（1）；（2）投入3艘型

16、游船使其當日獲得的總利潤最大【解析】（1）首先計算出在，內抽取的人數，然后利用超幾何分布概率計算公式，計算出.（2）分別計算出投入艘游艇時，總利潤的期望值，由此確定當日游艇投放量.【詳解】（1）年齡在內的游客人數為150，年齡在內的游客人數為100；若采用分層抽樣的方法抽取10人，則年齡在內的人數為6人，年齡在內的人數為4人.可得.（2）當投入1艘型游船時，因客流量總大于1，則（萬元）.當投入2艘型游船時，若，則，此時；若，則，此時；此時的分布列如下表：2.56此時（萬元）.當投入3艘型游船時，若，則，此時；若，則，此時；若，則，此時；此時的分布列如下表：25.59此時（萬元）.由于，則該游船

17、中心在2020年勞動節當日應投入3艘型游船使其當日獲得的總利潤最大.【點睛】本小題主要考查分層抽樣，考查超幾何分布概率計算公式，考查隨機變量分布列和期望的求法，考查分析與思考問題的能力，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.20（1）C1：y21，C2 ：x2+（y2）21；（2）0，1【解析】（）消去參數可得C1的直角坐標方程，易得曲線C2的圓心的直角坐標為（0，2），可得C2的直角坐標方程；（）設M（3cos，sin），由三角函數和二次函數可得|MC2|的取值范圍，結合圓的知識可得答案【詳解】（1）消去參數可得C1 的普通方程為y21，曲線C2 是圓心為（2，），半徑為1 的圓，曲線C2

18、 的圓心的直角坐標為（0，2），C2 的直角坐標方程為x2+（y2）21； （2）設M（3cos，sin），則|MC2| ，1sin1，1|MC2|，由題意結合圖象可得|MN|的最小值為110，最大值為1，|MN|的取值范圍為0，1【點睛】本題考查橢圓的參數方程，涉及圓的知識和極坐標方程，屬中檔題21（1）見解析；（2）.【解析】（1）設中點為，連接、，利用等腰三角形三線合一的性質得出，利用勾股定理得出，由線面垂直的判定定理可證得平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；（2）先確定三棱錐的外接球球心的位置，利用三角形相似求出外接球的半徑，再由球體的體積公式可求得結果.【詳解】（1）設中點為，連接、， 因為，所以.又，所以，又由已知，則，所以，.又為正三角形，且，所以，因為，所以，平面，又平面，平面平面；（2）由于是底面直角三角形的斜邊的中點，所以點是的外心，由（1）知平面，所以三棱錐的外接球的球心在上.在中，的垂直平分線與的交點即為球心，記的中點為點，則.由與相似可得，所以.所以三棱錐外接球的體積為.【點睛】本題考查面面垂直的證明，同時也考查了三棱錐外接球體積