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。1二項式的展開式中只有第六項的二項式系數最大，則展開式中的常數項是( )A180B90C45D3602若等差數列的前項和為，且，則的值為（ ）A21B63C13D843設，滿足，則的取值范圍是（ ）ABCD4的展開式中，滿足的的系數之和為

2、（ ）ABCD5點為棱長是2的正方體的內切球球面上的動點，點為的中點，若滿足，則動點的軌跡的長度為（ ）ABCD6泰山有“五岳之首”“天下第一山”之稱，登泰山的路線有四條：紅門盤道徒步線路，桃花峪登山線路，天外村汽車登山線路，天燭峰登山線路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的線路時，發現三人走的線路均不同，且均沒有走天外村汽車登山線路，三人向其他旅友進行如下陳述：甲：我走紅門盤道徒步線路，乙走桃花峪登山線路；乙：甲走桃花峪登山線路，丙走紅門盤道徒步線路；丙：甲走天燭峰登山線路，乙走紅門盤道徒步線路；事實上，甲、乙、丙三人的陳述都只對一半，根據以上信息，可判斷下面說法正確的是（ ）A甲走桃花峪登山

3、線路B乙走紅門盤道徒步線路C丙走桃花峪登山線路D甲走天燭峰登山線路7若滿足約束條件則的最大值為（ ）A10B8C5D38設全集，集合，則（ ）ABCD9已知復數，則的虛部是（ ）ABCD110已知數列的通項公式是，則（ ）A0B55C66D7811在直角坐標平面上，點的坐標滿足方程，點的坐標滿足方程則的取值范圍是（ ）ABCD12展開項中的常數項為A1B11C-19D51二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13某學習小組有名男生和名女生.若從中隨機選出名同學代表該小組參加知識競賽，則選出的名同學中恰好名男生名女生的概率為_14在平面直角坐標系xOy中，已知A0,a,B3,a+4，若

4、圓x2+y2=9上有且僅有四個不同的點C，使得ABC的面積為5，則實數a的取值范圍是_.15在直三棱柱內有一個與其各面都相切的球O1，同時在三棱柱外有一個外接球.若,，,則球的表面積為_.16設、分別為橢圓：的左、右兩個焦點，過作斜率為1的直線，交于、兩點，則_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）已知集合，集合.（1）求集合；（2）若，求實數的取值范圍.18（12分）已知各項均為正數的數列的前項和為，滿足，恰為等比數列的前3項（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前項和為；若對均滿足，求整數的最大值；（3）是否存在數列滿足等式成立，若存在，求出數列的通

5、項公式；若不存在，請說明理由19（12分）數列滿足，是與的等差中項.（1）證明：數列為等比數列，并求數列的通項公式；（2）求數列的前項和.20（12分）有最大值，且最大值大于.（1）求的取值范圍；（2）當時，有兩個零點，證明：.(參考數據：)21（12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）求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若直線與曲線交于、兩點，求的面積.22（10分）已知函數，(其中，).（1）求函數的最小值.（2）若，求證：.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

6、出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1A【解析】試題分析：因為的展開式中只有第六項的二項式系數最大，所以，令，則，.考點：1.二項式定理；2.組合數的計算.2B【解析】由已知結合等差數列的通項公式及求和公式可求，然后結合等差數列的求和公式即可求解【詳解】解：因為，所以，解可得，則故選：B【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式及求和公式的簡單應用，屬于基礎題3C【解析】首先繪制出可行域，再繪制出目標函數，根據可行域范圍求出目標函數中的取值范圍.【詳解】由題知，滿足，可行域如下圖所示，可知目標函數在點處取得最小值，故目標函數的最小值為，故的取值范圍是.故選：D.【點睛】本題主要考查了線性規劃

7、中目標函數的取值范圍的問題，屬于基礎題.4B【解析】，有，三種情形，用中的系數乘以中的系數，然后相加可得【詳解】當時，的展開式中的系數為當，時，系數為；當，時，系數為；當，時，系數為；故滿足的的系數之和為故選：B【點睛】本題考查二項式定理，掌握二項式定理和多項式乘法是解題關鍵5C【解析】設的中點為，利用正方形和正方體的性質，結合線面垂直的判定定理可以證明出平面，這樣可以確定動點的軌跡，最后求出動點的軌跡的長度.【詳解】設的中點為，連接，因此有，而，而平面，因此有平面，所以動點的軌跡平面與正方體的內切球的交線. 正方體的棱長為2，所以內切球的半徑為，建立如下圖所示的以為坐標原點的空間直角坐標系：

8、因此有，設平面的法向量為，所以有，因此到平面的距離為：，所以截面圓的半徑為：，因此動點的軌跡的長度為.故選：C【點睛】本題考查了線面垂直的判定定理的應用，考查了立體幾何中軌跡問題，考查了球截面的性質，考查了空間想象能力和數學運算能力.6D【解析】甲乙丙三人陳述中都提到了甲的路線,由題意知這三句中一定有一個是正確另外兩個錯誤的,再分情況討論即可.【詳解】若甲走的紅門盤道徒步線路,則乙,丙描述中的甲的去向均錯誤,又三人的陳述都只對一半,則乙丙的另外兩句話“丙走紅門盤道徒步線路”,“乙走紅門盤道徒步線路”正確,與“三人走的線路均不同”矛盾.故甲的另一句“乙走桃花峪登山線路”正確,故丙的“乙走紅門盤道

9、徒步線路”錯誤,“甲走天燭峰登山線路”正確.乙的話中“甲走桃花峪登山線路”錯誤,“丙走紅門盤道徒步線路”正確.綜上所述,甲走天燭峰登山線路,乙走桃花峪登山線路, 丙走紅門盤道徒步線路故選：D【點睛】本題主要考查了判斷與推理的問題,重點是找到三人中都提到的內容進行分類討論,屬于基礎題型.7D【解析】畫出可行域,將化為,通過平移即可判斷出最優解,代入到目標函數,即可求出最值.【詳解】解:由約束條件作出可行域如圖,化目標函數為直線方程的斜截式,.由圖可知當直線過時,直線在軸上的截距最大,有最大值為3.故選:D.【點睛】本題考查了線性規劃問題.一般第一步畫出可行域,然后將目標函數轉化為 的形式,在可行

10、域內通過平移找到最優解,將最優解帶回到目標函數即可求出最值.注意畫可行域時,邊界線的虛實問題.8D【解析】求解不等式，得到集合A，B，利用交集、補集運算即得解【詳解】由于 故集合或 故集合 故選：D【點睛】本題考查了集合的交集和補集混合運算，考查了學生概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.9C【解析】化簡復數，分子分母同時乘以，進而求得復數，再求出，由此得到虛部.【詳解】，所以的虛部為.故選：C【點睛】本小題主要考查復數的乘法、除法運算，考查共軛復數的虛部，屬于基礎題.10D【解析】先分為奇數和偶數兩種情況計算出的值，可進一步得到數列的通項公式，然后代入轉化計算，再根據等差數列求和公式計算出結

11、果.【詳解】解：由題意得，當為奇數時，當為偶數時， 所以當為奇數時，；當為偶數時，所以 故選：D【點睛】此題考查數列與三角函數的綜合問題，以及數列求和，考查了正弦函數的性質應用，等差數列的求和公式，屬于中檔題.11B【解析】由點的坐標滿足方程，可得在圓上，由坐標滿足方程，可得在圓上，則求出兩圓內公切線的斜率，利用數形結合可得結果.【詳解】點的坐標滿足方程，在圓上，在坐標滿足方程，在圓上，則作出兩圓的圖象如圖，設兩圓內公切線為與，由圖可知，設兩圓內公切線方程為，則，圓心在內公切線兩側，可得，化為，即，的取值范圍，故選B.【點睛】本題主要考查直線的斜率、直線與圓的位置關系以及數形結合思想的應用，屬

12、于綜合題. 數形結合是根據數量與圖形之間的對應關系，通過數與形的相互轉化來解決數學問題的一種重要思想方法，尤其在解決選擇題、填空題時發揮著奇特功效，大大提高了解題能力與速度.運用這種方法的關鍵是運用這種方法的關鍵是正確作出曲線圖象，充分利用數形結合的思想方法能夠使問題化難為簡，并迎刃而解.12B【解析】展開式中的每一項是由每個括號中各出一項組成的，所以可分成三種情況.【詳解】展開式中的項為常數項，有3種情況：（1）5個括號都出1，即；（2）兩個括號出，兩個括號出，一個括號出1，即；（3）一個括號出，一個括號出，三個括號出1，即；所以展開項中的常數項為，故選B.【點睛】本題考查二項式定理知識的生

13、成過程，考查定理的本質，即展開式中每一項是由每個括號各出一項相乘組合而成的.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】從7人中選出2人則總數有，符合條件數有，后者除以前者即得結果【詳解】從7人中隨機選出2人的總數有，則記選出的名同學中恰好名男生名女生的概率為事件，故答案為：【點睛】組合數與概率的基本運用，熟悉組合數公式14（-53，53）【解析】求出AB的長度，直線方程，結合ABC的面積為5，轉化為圓心到直線的距離進行求解即可【詳解】解：AB的斜率k=a+4-a3-0=43，|AB|=(3-0)2+(a+4-a)2=32+42=5，設ABC的高為h，則ABC的面積為5，S=1

14、2|AB|h=125h5，即h2，直線AB的方程為ya=43x，即4x3y+3a0若圓x2+y29上有且僅有四個不同的點C，則圓心O到直線4x3y+3a0的距離d=|3a|42+(-3)2=|3a|5，則應該滿足dRh321，即|3a|51，得|3a|5得-53a53，故答案為：（-53，53）【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關系的應用，求出直線方程和AB的長度，轉化為圓心到直線的距離是解決本題的關鍵15【解析】先求出球O1的半徑，再求出球的半徑，即得球的表面積.【詳解】解：,，,， 設球O1的半徑為，由題得，所以棱柱的側棱為.由題得棱柱外接球的直徑為，所以外接球的半徑為，所以球的表面積為.

15、故答案為：【點睛】本題主要考查幾何體的內切球和外接球問題，考查球的表面積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于中檔題.16【解析】由橢圓的標準方程，求出焦點的坐標，寫出直線方程，與橢圓方程聯立，求出弦長，利用定義可得，進而求出。【詳解】由知，焦點，所以直線：，代入得，即，設， ，故 由定義有，所以。【點睛】本題主要考查橢圓的定義、橢圓的簡單幾何性質、以及直線與橢圓位置關系中弦長的求法，注意直線過焦點，位置特殊，采取合適的弦長公式，簡化運算。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）求出函數的定義域，即可求出結論；（2）化簡集合，

16、根據確定集合的端點位置，建立的不等量關系，即可求解.【詳解】（1）由，即得或，所以集合或.（2）集合，由得或，解得或，所以實數的取值范圍為.【點睛】本題考查集合的運算，集合間的關系求參數，考查函數的定義域，屬于基礎題.18（2），（2），的最大整數是2（3）存在，【解析】（2）由可得（），然后把這兩個等式相減，化簡得，公差為2，因為，為等比數列，所以，化簡計算得，從而得到數列的通項公式，再計算出 ，從而可求出數列的通項公式；（2）令，化簡計算得，從而可得數列是遞增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值為，所以可得答案；（3）由題意可知，即，這個可看成一個數列的前項和，再寫出其前（）項和，兩式

17、相減得，利用同樣的方法可得.【詳解】解：（2）由題，當時，即當時， -得，整理得，又因為各項均為正數的數列故是從第二項的等差數列，公差為2又恰為等比數列的前3項，故，解得又，故，因為也成立故是以為首項，2為公差的等差數列故即2，4，8恰為等比數列的前3項，故是以為首項，公比為的等比數列，故綜上，（2）令，則 所以數列是遞增的，若對均滿足，只要的最小值大于即可因為的最小值為，所以，所以的最大整數是2（3）由，得， -得， ， -得，所以存在這樣的數列，【點睛】此題考查了等差數列與等比數列的通項公式與求和公式，最值，恒成立問題，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.19（1）見解析，（2）【解析】

18、（1）根據等差中項的定義得，然后構造新等比數列，寫出的通項即可求（2）根據（1）的結果，分組求和即可【詳解】解：（1）由已知可得，即，可化為，故數列是以為首項，2為公比的等比數列.即有，所以.（2）由（1）知，數列的通項為：，故.【點睛】考查等差中項的定義和分組求和的方法；中檔題.20（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）求出函數的定義域為，分和兩種情況討論，分析函數的單調性，求出函數的最大值，即可得出關于實數的不等式，進而可求得實數的取值范圍；（2）利用導數分析出函數在上遞增，在上遞減，可得出，由，構造函數，證明出，進而得出，再由函數在區間上的單調性可證得結論.【詳解】（1）函數的定義域為，且.當時，對任意的，此時函數在上為增函數，函數為最大值；當時，令，得.當時，此時函數單調遞增；當時，此時函數單調遞減.所以，函數在處取得極大值，亦即最大值，即，解得.綜上所述，實數的取值范圍是；（2）當時，定義域為，當時，；當時，.所以，函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為.由于函數有兩個零點、且，構造函