1、2021-2022高考數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。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已知函數，則不等式的解集是（ ）ABCD2如圖是一個幾何體的三視圖,則該幾何體的體積為()ABCD3已知橢圓的左、右焦點分別為，上頂點為點，延長交橢圓于點，若為等腰三角形，則橢圓的離心率ABCD4設a=log73，c=30.7，則a，b，c的

2、大小關系是（）ABCD5已知向量，則向量在向量方向上的投影為（ ）ABCD6記的最大值和最小值分別為和若平面向量、，滿足，則（ ）ABCD7下列不等式正確的是（ ）ABCD8在平面直角坐標系中，已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的非負半軸重合，終邊落在直線上，則（ ）ABCD9設全集，集合，則（ ）ABCD10若實數x，y滿足條件，目標函數，則z 的最大值為()AB1C2D011若不相等的非零實數，成等差數列，且，成等比數列，則（ ）ABC2D12已知，且，則的值為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設函數在區間上的值域是，則的取值范圍是_.14已知數列為等差數列，

3、數列為等比數列，滿足，其中，則的值為_15函數的值域為_.16在棱長為的正方體中，是正方形的中心，為的中點，過的平面與直線垂直，則平面截正方體所得的截面面積為_.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）表示，中的最大值，如，己知函數，.（1）設，求函數在上的零點個數；（2）試探討是否存在實數，使得對恒成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由.18（12分）如圖，在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD為平行四邊形，BDDC，PCD為正三角形，平面PCD平面ABCD，E為PC的中點 （1）證明：AP平面EBD；（2）證明：BEPC19（12分）已知函數，.（

4、1）若時，解不等式；（2）若關于的不等式在上有解，求實數的取值范圍.20（12分）已知，分別是三個內角，的對邊，（1）求；（2）若，求，21（12分） 已知函數，（）當時，求曲線在處的切線方程； （）求函數在上的最小值；（）若函數，當時，的最大值為，求證：.22（10分）已知在中，內角所對的邊分別為，若，且.（1）求的值；（2）求的面積.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】由導數確定函數的單調性，利用函數單調性解不等式即可.【詳解】函數，可得，時，單調遞增，故不等式的解集等價于不等式的解集故選：B【點睛】本題

5、主要考查了利用導數判定函數的單調性，根據單調性解不等式，屬于中檔題.2A【解析】根據三視圖可得幾何體為直三棱柱，根據三視圖中的數據直接利用公式可求體積.【詳解】由三視圖可知幾何體為直三棱柱，直觀圖如圖所示：其中，底面為直角三角形，高為.該幾何體的體積為故選：A.【點睛】本題考查三視圖及棱柱的體積，屬于基礎題.3B【解析】設，則，因為，所以若，則，所以，所以，不符合題意，所以，則，所以，所以，設，則，在中，易得，所以，解得（負值舍去），所以橢圓的離心率故選B4D【解析】，得解【詳解】，所以，故選D【點睛】比較不同數的大小，找中間量作比較是一種常見的方法5A【解析】投影即為，利用數量積運算即可得到

6、結論.【詳解】設向量與向量的夾角為，由題意，得，所以，向量在向量方向上的投影為.故選：A.【點睛】本題主要考察了向量的數量積運算，難度不大，屬于基礎題.6A【解析】設為、的夾角，根據題意求得，然后建立平面直角坐標系，設，根據平面向量數量積的坐標運算得出點的軌跡方程，將和轉化為圓上的點到定點距離，利用數形結合思想可得出結果.【詳解】由已知可得，則，建立平面直角坐標系，設，由，可得，即，化簡得點的軌跡方程為，則，則轉化為圓上的點與點的距離，轉化為圓上的點與點的距離，.故選：A.【點睛】本題考查和向量與差向量模最值的求解，將向量坐標化，將問題轉化為圓上的點到定點距離的最值問題是解答的關鍵，考查化歸與

7、轉化思想與數形結合思想的應用，屬于中等題.7D【解析】根據，利用排除法，即可求解【詳解】由，可排除A、B、C選項，又由，所以故選D【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象與性質，以及對數的比較大小問題，其中解答熟記三角函數與對數函數的性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題8C【解析】利用誘導公式以及二倍角公式，將化簡為關于的形式，結合終邊所在的直線可知的值，從而可求的值.【詳解】因為，且，所以.故選：C.【點睛】本題考查三角函數中的誘導公式以及三角恒等變換中的二倍角公式，屬于給角求值類型的問題，難度一般.求解值的兩種方法：（1）分別求解出的值，再求出結果；（2）將變形為，利用的值求

8、出結果.9D【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.10C【解析】畫出可行域和目標函數，根據平移得到最大值.【詳解】若實數x，y滿足條件，目標函數如圖：當時函數取最大值為 故答案選C【點睛】求線性目標函數的最值:當時，直線過可行域且在軸上截距最大時，值最大，在軸截距最小時，z值最小；當時，直線過可行域且在軸上截距最大時，值最小，在軸上截距最小時，值最大.11A【解析】由題意，可得，消去得,可得，繼而得到，代入即得解【詳解】由，成等差數列，所以，

9、又，成等比數列，所以，消去得，所以，解得或，因為，是不相等的非零實數，所以，此時，所以故選：A【點睛】本題考查了等差等比數列的綜合應用，考查了學生概念理解，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.12A【解析】由及得到、，進一步得到，再利用兩角差的正切公式計算即可.【詳解】因為，所以，又，所以，所以.故選：A.【點睛】本題考查三角函數誘導公式、二倍角公式以及兩角差的正切公式的應用，考查學生的基本計算能力，是一道基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.【解析】配方求出頂點，作出圖像，求出對應的自變量，結合函數圖像，即可求解.【詳解】，頂點為因為函數的值域是，令，可得或.又因為

10、函數圖象的對稱軸為，且，所以的取值范圍為.故答案為:.【點睛】本題考查函數值域，考查數形結合思想，屬于基礎題.14【解析】根據題意，判斷出，根據等比數列的性質可得，再令數列中的，根據等差數列的性質，列出等式，求出和的值即可.【詳解】解：由，其中，可得，則，令，可得.又令數列中的，根據等差數列的性質，可得，所以.根據得出，.所以.故答案為.【點睛】本題主要考查等差數列、等比數列的性質，屬于基礎題.15【解析】利用配方法化簡式子，可得，然后根據觀察法，可得結果.【詳解】函數的定義域為所以函數的值域為 故答案為：【點睛】本題考查的是用配方法求函數的值域問題，屬基礎題。16【解析】確定平面即為平面，四

11、邊形是菱形，計算面積得到答案.【詳解】如圖，在正方體中，記的中點為，連接，則平面即為平面證明如下：由正方體的性質可知，則，四點共面，記的中點為，連接，易證連接，則，所以平面，則同理可證，則平面，所以平面即平面，且四邊形即平面截正方體所得的截面因為正方體的棱長為，易知四邊形是菱形，其對角線，所以其面積故答案為：【點睛】本題考查了正方體的截面面積，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.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）個；（1）存在，.【解析】試題分析：（1）設，對其求導，及最小值，從而得到的解析式，進一步求值域即可；（1）分別對和兩種情況進行討論，得到的解析

12、式，進一步構造，通過求導得到最值，得到滿足條件的的范圍試題解析：（1）設，1分令，得遞增；令，得遞減，1分，即，3分設，結合與在上圖象可知，這兩個函數的圖象在上有兩個交點，即在上零點的個數為15分（或由方程在上有兩根可得）（1）假設存在實數，使得對恒成立，則，對恒成立，即，對恒成立 ，6分設，令，得遞增；令，得遞減，當即時，4故當時，對恒成立，8分當即時，在上遞減，故當時，對恒成立10分若對恒成立，則，11分由及得，故存在實數，使得對恒成立，且的取值范圍為11分考點：導數應用.【思路點睛】本題考查了函數恒成立問題；利用導數來判斷函數的單調性，進一步求最值；屬于難題本題考查函數導數與單調性.確定

13、零點的個數問題：可利用數形結合的辦法判斷交點個數，如果函數較為復雜，可結合導數知識確定極值點和單調區間從而確定其大致圖象.方程的有解問題就是判斷是否存在零點的問題，可參變分離，轉化為求函數的值域問題處理. 恒成立問題以及可轉化為恒成立問題的問題，往往可利用參變分離的方法，轉化為求函數最值處理也可構造新函數然后利用導數來求解.注意利用數形結合的數學思想方法.18（1）見解析（2）見解析【解析】（1）連結AC交BD于點O，連結OE，利用三角形中位線可得APOE，從而可證AP平面EBD；（2）先證明BD平面PCD，再證明PC平面BDE，從而可證BEPC【詳解】證明：（1）連結AC交BD于點O，連結O

14、E因為四邊形ABCD為平行四邊形O為AC中點，又E為PC中點，故APOE，又AP平面EBD，OE平面EBD所以AP平面EBD；（2）PCD為正三角形，E為PC中點所以PCDE因為平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，又BD平面ABCD，BDCDBD平面PCD又PC平面PCD，故PCBD又BDDED，BD平面BDE，DE平面BDE故PC平面BDE又BE平面BDE，所以BEPC【點睛】本題主要考查空間位置關系的證明，線面平行一般轉化為線線平行來證明，直線與直線垂直通常利用線面垂直來進行證明，側重考查邏輯推理的核心素養.19（1）（2）【解析】（1）零點分段法，分，討論即可；（2）當時

15、，原問題可轉化為：存在，使不等式成立，即.【詳解】解：（1）若時，當時，原不等式可化為，解得，所以，當時，原不等式可化為，解得，所以，當時，原不等式可化為，解得，所以，綜上述：不等式的解集為；（2）當時，由得，即，故得，又由題意知：，即，故的范圍為.【點睛】本題考查解絕對值不等式以及不等式能成立求參數，考查學生的運算能力，是一道容易題.20（1）； （2），或，.【解析】（1）利用正弦定理，轉化原式為，結合，可得，即得解；（2）由余弦定理，結合題中數據，可得解【詳解】（1）由及正弦定理得因為，所以，代入上式并化簡得由于，所以又，故（2）因為，由余弦定理得即,所以而，所以，為一元二次方程的兩根所

16、以，或，【點睛】本題考查了正弦定理，余弦定理的綜合應用，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.21（）（）見解析；（）見解析.【解析】試題分析：（）由題，所以故，代入點斜式可得曲線在處的切線方程；（）由題（1）當時，在上單調遞增. 則函數在上的最小值是（2）當時，令，即，令，即（i）當，即時，在上單調遞增，所以在上的最小值是（ii）當，即時，由的單調性可得在上的最小值是（iii）當，即時，在上單調遞減，在上的最小值是（）當時，令，則是單調遞減函數. 因為，所以在上存在，使得，即討論可得在上單調遞增，在上單調遞減. 所以當時，取得最大值是因為，所以由此可證試題解析：（）因為函數，且， 所以，所以所以，所以曲線在處的切線方程是，即（）因為函數，所以（1）當時，所以在上單調遞增. 所以函數在上的最小值是（2）當時，令，即，所以令，即，所以（i）當，即時，在上單調遞增，所以在上的最小值是（ii）當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，所以在上的最小值是（iii）當，即時，在上單調遞減，所以在上的最小值是綜上所述，當時，在上的最小值是當時，在上的最小值是當時，在上的最小值是 （）因為