1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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若復數（為虛數單位），則（ ）ABCD2過雙曲線的右焦點F作雙曲線C的一條弦AB，且，若以AB為直徑的圓經過雙曲線C的左頂點，則雙曲線C的離心率為（ ）ABC2D3如圖，四邊形為正方形，延長至，使得，點在線段上運動.設，則的取值范圍是（

2、 ）ABCD4已知變量x，y間存在線性相關關系，其數據如下表，回歸直線方程為，則表中數據m的值為（ ）變量x0123變量y35.57A0.9B0.85C0.75D0.55已知a，b是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，且，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件6已知函數且，則實數的取值范圍是( )ABCD7已知等差數列的公差為-2，前項和為，若，為某三角形的三邊長，且該三角形有一個內角為，則的最大值為（ ）A5B11C20D258若平面向量，滿足，則的最大值為（ ）ABCD9中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來，構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖

3、中木構件右邊的小長方體是榫頭若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是ABCD10已知函數是定義在上的偶函數，且在上單調遞增，則（ ）ABCD11已知函數是奇函數，且，若對，恒成立，則的取值范圍是（ ）ABCD12已知復數z1=3+4i,z2=a+i,且z1是實數,則實數a等于()ABC-D-二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知圓C：經過拋物線E：的焦點，則拋物線E的準線與圓C相交所得弦長是_.14某中學舉行了一次消防知識競賽，將參賽學生的成績進行整理后分為5組，繪制如圖所示的頻率分布直方圖，記圖中從左到右依次為第一、第二、第三

4、、第四、第五組，已知第二組的頻數是80，則成績在區間的學生人數是_15已知函數與的圖象上存在關于軸對稱的點，則的取值范圍為_16設，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）在平面直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（m為參數），以坐標點O為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為cos（+）1（1）求直線l的直角坐標方程和曲線C的普通方程；（2）已知點M （2，0），若直線l與曲線C相交于P、Q兩點，求的值18（12分）在數列和等比數列中，.（1）求數列及的通項公式；（2）若，求數列的前n項和.19（12分

5、）如圖, 在四棱錐中, 底面是矩形, 四條側棱長均相等.（1）求證：平面;（2）求證：平面平面.20（12分）如圖，的直徑的延長線與弦的延長線相交于點，為上一點，交于點求證：21（12分）記無窮數列的前項中最大值為，最小值為，令，則稱是“極差數列”.（1）若，求的前項和；（2）證明：的“極差數列”仍是；（3）求證：若數列是等差數列，則數列也是等差數列.22（10分）11月，2019全國美麗鄉村籃球大賽在中國農村改革的發源地-安徽鳳陽舉辦，其間甲、乙兩人輪流進行籃球定點投籃比賽（每人各投一次為一輪），在相同的條件下，每輪甲乙兩人在同一位置，甲先投，每人投一次球，兩人有1人命中，命中者得1分，未命

6、中者得-1分；兩人都命中或都未命中，兩人均得0分，設甲每次投球命中的概率為，乙每次投球命中的概率為，且各次投球互不影響.（1）經過1輪投球，記甲的得分為，求的分布列；（2）若經過輪投球，用表示經過第輪投球，累計得分，甲的得分高于乙的得分的概率.求；規定，經過計算機計算可估計得，請根據中的值分別寫出a，c關于b的表達式，并由此求出數列的通項公式.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】根據復數的除法法則計算，由共軛復數的概念寫出.【詳解】,故選：B【點睛】本題主要考查了復數的除法計算，共軛復數的概念，屬于容易題.2

7、C【解析】由得F是弦AB的中點.進而得AB垂直于x軸，得，再結合關系求解即可【詳解】因為，所以F是弦AB的中點.且AB垂直于x軸.因為以AB為直徑的圓經過雙曲線C的左頂點，所以，即，則，故.故選：C【點睛】本題是對雙曲線的漸近線以及離心率的綜合考查，是考查基本知識，屬于基礎題3C【解析】以為坐標原點，以分別為x軸，y軸建立直角坐標系，利用向量的坐標運算計算即可解決.【詳解】以為坐標原點建立如圖所示的直角坐標系，不妨設正方形的邊長為1，則，設，則，所以，且，故.故選：C.【點睛】本題考查利用向量的坐標運算求變量的取值范圍，考查學生的基本計算能力，本題的關鍵是建立適當的直角坐標系，是一道基礎題.4

8、A【解析】計算，代入回歸方程可得【詳解】由題意，解得故選：A.【點睛】本題考查線性回歸直線方程，解題關鍵是掌握性質：線性回歸直線一定過中心點5C【解析】根據線面平行的性質定理和判定定理判斷與的關系即可得到答案.【詳解】若，根據線面平行的性質定理，可得；若，根據線面平行的判定定理，可得.故選：C.【點睛】本題主要考查了線面平行的性質定理和判定定理，屬于基礎題.6B【解析】構造函數，判斷出的單調性和奇偶性，由此求得不等式的解集.【詳解】構造函數，由解得，所以的定義域為，且，所以為奇函數，而，所以在定義域上為增函數，且.由得，即，所以.故選：B【點睛】本小題主要考查利用函數的單調性和奇偶性解不等式，

9、屬于中檔題.7D【解析】由公差d=-2可知數列單調遞減，再由余弦定理結合通項可求得首項，即可求出前n項和，從而得到最值.【詳解】等差數列的公差為-2，可知數列單調遞減，則，中最大，最小，又，為三角形的三邊長，且最大內角為， 由余弦定理得，設首項為，即得，所以或，又即,舍去，d=-2前項和.故的最大值為.故選：D【點睛】本題考查等差數列的通項公式和前n項和公式的應用，考查求前n項和的最值問題，同時還考查了余弦定理的應用.8C【解析】可根據題意把要求的向量重新組合成已知向量的表達，利用向量數量積的性質，化簡為三角函數最值.【詳解】由題意可得：，故選：C【點睛】本題主要考查根據已知向量的模求未知向量

10、的模的方法技巧,把要求的向量重新組合成已知向量的表達是本題的關鍵點.本題屬中檔題.9A【解析】詳解：由題意知，題干中所給的是榫頭，是凸出的幾何體，求得是卯眼的俯視圖，卯眼是凹進去的，即俯視圖中應有一不可見的長方形，且俯視圖應為對稱圖形故俯視圖為故選A.點睛：本題主要考查空間幾何體的三視圖，考查學生的空間想象能力，屬于基礎題。10C【解析】根據題意，由函數的奇偶性可得，又由，結合函數的單調性分析可得答案【詳解】根據題意，函數是定義在上的偶函數，則，有，又由在上單調遞增，則有，故選C.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性與單調性的綜合應用，注意函數奇偶性的應用，屬于基礎題11A【解析】先根據函數奇偶性

11、求得，利用導數判斷函數單調性，利用函數單調性求解不等式即可.【詳解】因為函數是奇函數，所以函數是偶函數.，即，又，所以，.函數的定義域為，所以，則函數在上為單調遞增函數.又在上，所以為偶函數，且在上單調遞增.由，可得，對恒成立，則，對恒成立，得，所以的取值范圍是.故選：A.【點睛】本題考查利用函數單調性求解不等式，根據方程組法求函數解析式，利用導數判斷函數單調性，屬壓軸題.12A【解析】分析：計算，由z1，是實數得，從而得解.詳解：復數z1=3+4i,z2=a+i,.所以z1，是實數，所以，即.故選A.點睛：本題主要考查了復數共軛的概念，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20

12、分。13【解析】求出拋物線的焦點坐標，代入圓的方程，求出的值，再求出準線方程，利用點到直線的距離公式，求出弦心距，利用勾股定理可以求出弦長的一半，進而求出弦長【詳解】拋物線E: 的準線為，焦點為（0，1），把焦點的坐標代入圓的方程中，得，所以圓心的坐標為，半徑為5，則圓心到準線的距離為1，所以弦長【點睛】本題考查了拋物線的準線、圓的弦長公式1430【解析】根據頻率直方圖中數據先計算樣本容量，再計算成績在80100分的頻率，繼而得解.【詳解】根據直方圖知第二組的頻率是，則樣本容量是，又成績在80100分的頻率是，則成績在區間的學生人數是故答案為：30【點睛】本題考查了頻率分布直方圖的應用，考查了

13、學生綜合分析，數據處理，數形運算的能力，屬于基礎題.15【解析】兩函數圖象上存在關于軸對稱的點的等價命題是方程在區間上有解，化簡方程在區間上有解，構造函數，求導，求出單調區間，利用函數性質得解.【詳解】解：根據題意，若函數與的圖象上存在關于軸對稱的點，則方程在區間上有解，即方程在區間上有解，設函數，其導數，又由，可得：當時， 為減函數，當時， 為增函數，故函數有最小值，又由；比較可得： ，故函數有最大值，故函數在區間上的值域為；若方程在區間上有解，必有，則有，即的取值范圍是；故答案為：；【點睛】本題利用導數研究函數在某區間上最值求參數的問題, 函數零點問題的拓展. 由于函數的零點就是方程的根，

14、在研究方程的有關問題時，可以將方程問題轉化為函數問題解決. 此類問題的切入點是借助函數的零點，結合函數的圖象，采用數形結合思想加以解決.1629【解析】由約束條件作出可行域，化目標函數為以原點為圓心的圓，數形結合得到最優解，聯立方程組求得最優解的坐標，代入目標函數得答案.【詳解】由約束條件作出可行域如圖：聯立，解得，目標函數是以原點為圓心，以為半徑的圓，由圖可知，此圓經過點A時，半徑最大，此時也最大，最大值為.所以本題答案為29.【點睛】線性規劃問題，首先明確可行域對應的是封閉區域還是開放區域、分界線是實線還是虛線，其次確定目標函數的幾何意義，是求直線的截距、兩點間距離的平方、直線的斜率、還是

15、點到直線的距離等等，最后結合圖形確定目標函數最值取法、值域范圍.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）l： ，C方程為 ；（2）【解析】（1）直接利用轉換關系，把參數方程極坐標方程和直角坐標方程之間進行轉換（2）利用一元二次方程根和系數關系式的應用求出結果【詳解】(1)曲線C的參數方程為（m為參數），兩式相加得到，進一步轉換為直線l的極坐標方程為cos（+）1，則 轉換為直角坐標方程為（2）將直線的方程轉換為參數方程為（t為參數），代入得到（t1和t2為P、Q對應的參數），所以，所以【點睛】本題考查參數方程極坐標方程和直角坐標方程之間的轉換，一元二次方程根和系

16、數關系式的應用，主要考查學生的運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題型18（1），（2）【解析】(1)根據與可求得,再根據等比數列的基本量求解即可.(2)由(1)可得,再利用錯位相減求和即可.【詳解】解：（1）依題意,設數列的公比為q,由,可知,由,得,又,則,故,又由,得. （2）依題意.,則,-得,即,故.【點睛】本題主要考查了等比數列的基本量求解以及錯位相減求和等.屬于中檔題.19（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】證明：（1）在矩形中，又平面，平面，所以平面 （2）連結，交于點，連結，在矩形中，點為的中點，又，故， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面20證明見解析【解

17、析】根據相似三角形的判定定理,已知兩個三角形有公共角,題中未給出線段比例關系,故可根據判定定理一需找到另外一組相等角,結合平面幾何的知識證得即可.【詳解】證明：，所以，又因為，所以在與中，故.【點睛】本題考查平面幾何中同弧所對的圓心角與圓周角的關系、相似三角形的判定定理;考查邏輯推理能力和數形結合思想;分析圖形，找出角與角之間的關系是證明本題的關鍵;屬于基礎題.21（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】（1）由是遞增數列，得，由此能求出的前項和.（2）推導出，由此能證明的“極差數列”仍是.（3）證當數列是等差數列時，設其公差為，是一個單調遞增數列，從而，由，分類討論，能證明若數列是等差

18、數列，則數列也是等差數列.【詳解】（1）解：無窮數列的前項中最大值為，最小值為，是遞增數列，的前項和.（2）證明：，的“極差數列”仍是（3）證明：當數列是等差數列時，設其公差為，根據，的定義，得：，且兩個不等式中至少有一個取等號，當時，必有，是一個單調遞增數列，是等差數列，當時，則必有，是一個單調遞減數列，.是等差數列，當時，中必有一個為0，根據上式，一個為0，為一個必為0，數列是常數數列，則數列是等差數列.綜上，若數列是等差數列，則數列也是等差數列.【點睛】本小題主要考查新定義數列的理解和運用，考查等差數列的證明，考查數列的單調性，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于難題.22（1）分布列見解析；（2）；，.【解析】（1）經過1輪投球，甲的得分的取值為，記一輪投球，甲投中為事件，乙投中為事件，相互獨立，計算概率后可得分布列；（2）由（1）得，由兩輪的得分可計算出，計算時可先計算出經過2輪后甲的得分的分布列（的取值為），然后結合的分布列和的分布可計算，由，代入，得兩個方程，解得，從