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如圖，在底面邊長為1，高為2的正四棱柱中，點是平面內一點，則三棱錐的正視圖與側視圖的面積之和為（ ）A2B3C4D52高三珠海一模中，經抽樣分析，全市理科數學成績X近似服從

2、正態分布，且從中隨機抽取參加此次考試的學生500名，估計理科數學成績不低于110分的學生人數約為（ ）A40B60C80D1003設命題函數在上遞增，命題在中，下列為真命題的是（ ）ABCD4記為數列的前項和數列對任意的滿足.若，則當取最小值時，等于（ ）A6B7C8D95設全集集合，則（ ）ABCD6等比數列若則（ ）A6B6C-6D7若復數（）在復平面內的對應點在直線上，則等于( )ABCD8已知是等差數列的前項和，若，設，則數列的前項和取最大值時的值為( )A2020B20l9C2018D20179已知集合，則的子集共有（ ）A個B個C個D個10若函數在處有極值，則在區間上的最大值為（

3、）AB2C1D311已知集合Myy2x，x0，Nxylg（2xx2），則MN為（ ）A（1，）B（1，2）C2，）D1，）12設，則“”是“”的A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知，且，則最小值為_14已知關于空間兩條不同直線m、n，兩個不同平面、，有下列四個命題：若且，則；若且，則；若且，則；若，且，則.其中正確命題的序號為_.15記數列的前項和為，已知，且.若，則實數的取值范圍為_.16已知復數z112i，z2a+2i（其中i是虛數單位，aR），若z1z2是純虛數，則a的值為_三、解答題：共70分。解答

4、應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知A是拋物線E：y22px(p0)上的一點，以點A和點B(2,0)為直徑兩端點的圓C交直線x1于M，N兩點.（1）若|MN|2，求拋物線E的方程；（2）若0p1，拋物線E與圓(x5)2+y2=9在x軸上方的交點為P，Q，點G為PQ的中點，O為坐標原點，求直線OG斜率的取值范圍.18（12分）如圖，三棱錐中，（1）證明：面面；（2）求二面角的余弦值.19（12分）已知數列滿足，等差數列滿足，（1）分別求出，的通項公式；（2）設數列的前n項和為，數列的前n項和為證明：20（12分）已知函數，其中.（1）函數在處的切線與直線垂直，求實數的值；（2）

5、若函數在定義域上有兩個極值點，且.求實數的取值范圍；求證：.21（12分）如圖在四邊形中，為中點，.（1）求；（2）若，求面積的最大值.22（10分）已知函數（）求在點處的切線方程；（）求證：在上存在唯一的極大值；（）直接寫出函數在上的零點個數參考答案一、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。1A【解析】根據幾何體分析正視圖和側視圖的形狀，結合題干中的數據可計算出結果.【詳解】由三視圖的性質和定義知，三棱錐的正視圖與側視圖都是底邊長為高為的三角形，其面積都是，正視圖與側視圖的面積之和為，故選：A.【點睛】本題考查幾何體正視圖和側視圖的

6、面積和，解答的關鍵就是分析出正視圖和側視圖的形狀，考查空間想象能力與計算能力，屬于基礎題.2D【解析】由正態分布的性質，根據題意，得到，求出概率，再由題中數據，即可求出結果.【詳解】由題意，成績X近似服從正態分布，則正態分布曲線的對稱軸為，根據正態分布曲線的對稱性，求得，所以該市某校有500人中，估計該校數學成績不低于110分的人數為人，故選:.【點睛】本題考查正態分布的圖象和性質,考查學生分析問題的能力,難度容易.3C【解析】命題：函數在上單調遞減，即可判斷出真假命題：在中，利用余弦函數單調性判斷出真假【詳解】解：命題：函數，所以，當時，即函數在上單調遞減，因此是假命題命題：在中，在上單調遞

7、減，所以，是真命題則下列命題為真命題的是故選：C【點睛】本題考查了函數的單調性、正弦定理、三角形邊角大小關系、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題4A【解析】先令，找出的關系，再令，得到的關系，從而可求出，然后令，可得，得出數列為等差數列，得，可求出取最小值.【詳解】解法一：由，所以，由條件可得，對任意的，所以是等差數列，要使最小，由解得，則.解法二：由賦值法易求得，可知當時，取最小值.故選：A【點睛】此題考查的是由數列的遞推式求數列的通項，采用了賦值法，屬于中檔題.5A【解析】先求出，再與集合N求交集.【詳解】由已知，又，所以.故選：A.【點睛】本題考查集合的基本運算，涉

8、及到補集、交集運算，是一道容易題.6B【解析】根據等比中項性質代入可得解，由等比數列項的性質確定值即可.【詳解】由等比數列中等比中項性質可知，所以，而由等比數列性質可知奇數項符號相同，所以，故選：B.【點睛】本題考查了等比數列中等比中項的簡單應用，注意項的符號特征，屬于基礎題.7C【解析】由題意得，可求得，再根據共軛復數的定義可得選項.【詳解】由題意得，解得，所以，所以，故選：C.【點睛】本題考查復數的幾何表示和共軛復數的定義，屬于基礎題.8B【解析】根據題意計算，計算，得到答案.【詳解】是等差數列的前項和，若，故，故，當時，當時，故前項和最大.故選：.【點睛】本題考查了數列和的最值問題，意在

9、考查學生對于數列公式方法的綜合應用.9B【解析】根據集合中的元素，可得集合，然后根據交集的概念，可得，最后根據子集的概念，利用計算，可得結果.【詳解】由題可知：，當時，當時，當時，當時，所以集合則所以的子集共有故選：B【點睛】本題考查集合的運算以及集合子集個數的計算，當集合中有元素時，集合子集的個數為，真子集個數為，非空子集為，非空真子集為，屬基礎題.10B【解析】根據極值點處的導數為零先求出的值，然后再按照求函數在連續的閉區間上最值的求法計算即可.【詳解】解：由已知得，經檢驗滿足題意.，.由得；由得或.所以函數在上遞增，在上遞減，在上遞增.則，由于，所以在區間上的最大值為2.故選：B.【點睛

10、】本題考查了導數極值的性質以及利用導數求函數在連續的閉區間上的最值問題的基本思路，屬于中檔題11B【解析】M=y|y=2x,x0=y|y1，N=x|y=lg(2x-x2)=x|2x-x20=x|x2-2x0=x|0 x2，MN=(1,2)故選B12A【解析】根據對數的運算分別從充分性和必要性去證明即可.【詳解】若， ，則，可得；若，可得，無法得到，所以“”是“”的充分而不必要條件.所以本題答案為A.【點睛】本題考查充要條件的定義，判斷充要條件的方法是： 若為真命題且為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件； 若為假命題且為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件； 若為真命題且為真命題，則命

11、題p是命題q的充要條件； 若為假命題且為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件. 判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】首先整理所給的代數式，然后結合均值不等式的結論即可求得其最小值.【詳解】，結合可知原式，且，當且僅當時等號成立.即最小值為.【點睛】在應用基本不等式求最值時，要把握不等式成立的三個條件，就是“一正各項均為正；二定積或和為定值；三相等等號能否取得”，若忽略了某個條件，就會出現錯誤14【解析】由直線與直線的位置關系，直線與平面的位置關系，面面垂直的判定定

12、理和線面垂直的定義判斷【詳解】若且，的位置關系是平行、相交或異面，錯；若且，則或者，錯；若，設過的平面與交于直線，則，又，則，正確；若，且，由線面垂直的定義知，正確故答案為：【點睛】本題考查直線與直線的位置關系，直線與平面的位置關系，面面垂直的判定定理和線面垂直的定義，考查空間線面間的位置關系，掌握空間線線、線面、面面位置關系是解題基礎15【解析】根據遞推公式，以及之間的關系，即可容易求得，再根據數列的單調性，求得其最大值，則參數的范圍可求.【詳解】當時，解得.所以.因為，則，兩式相減，可得，即，則.兩式相減，可得.所以數列是首項為3，公差為2的等差數列，所以，則.令，則.當時，數列單調遞減，

13、而，故，即實數的取值范圍為.故答案為：.【點睛】本題考查由遞推公式求數列的通項公式，涉及數列單調性的判斷，屬綜合困難題.16-1【解析】由題意，令即可得解.【詳解】z112i，z2a+2i，又z1z2是純虛數，解得：a1故答案為：1【點睛】本題考查了復數的概念和運算，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（1）.（2）【解析】（1）設A的坐標為A（x0，y0），由題意可得圓心C的坐標，求出C到直線x1的距離.由半個弦長，圓心到直線的距離及半徑構成直角三角形可得p的值，進而求出拋物線的方程；（2）將拋物線的方程與圓的方程聯立可得韋達定理，進而求出中點G的坐

14、標，再求出直線OG的斜率的表達式，換元可得斜率的取值范圍.【詳解】（1）設A（x0，y0）且y022px0，則圓心C（），圓C的直徑|AB|，圓心C到直線x1的距離d|1|，因為|MN|2，所以（）2+d2（）2，即1，y022px0，整理可得（2p4）x00，所以p2，所以拋物線的方程為：y24x；（2）聯立拋物線與圓的方程整理可得x22（5p）x+160，0，設P（x1，y1），Q（x2，y2），則x1+x22（5p），x1x216，所以中點G的橫坐標xG5p，yG（），所以kOG（0P1），令t5p（t（4，5），則kOG（），解得0kOG，所以直線OG斜率的取值范圍（0，）.【點睛】本

15、題考查拋物線的性質及直線與拋物線的綜合，換元方法的應用，屬于中檔題.18（1）證明見解析（2）【解析】（1）取中點，連結，證明平面得到答案.（2）如圖所示，建立空間直角坐標系，為平面的一個法向量，平面的一個法向量為，計算夾角得到答案.【詳解】（1）取中點，連結，為直角，平面，平面，面面.（2）如圖所示，建立空間直角坐標系，則，可取為平面的一個法向量.設平面的一個法向量為.則，其中，不妨取，則.為銳二面角，二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了面面垂直，二面角，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.19 (1) （2）證明見解析【解析】（1）因為，所以，所以，即，又因為，所以數列為等差數列，且公差

16、為1，首項為1，則，即.設的公差為，則，所以（），則（），所以，因此，綜上，（2）設數列的前n項和為，則兩式相減得，所以， 設則，所以.20（1）；（2）；詳見解析.【解析】（1）由函數在處的切線與直線垂直，即可得，對其求導并表示，代入上述方程即可解得答案；（2）已知要求等價于在上有兩個根，且，即在上有兩個不相等的根，由二次函數的圖象與性質構建不等式組，解得答案，最后分析此時單調性推及極值說明即可；由可知，是方程的兩個不等的實根，由韋達定理可表達根與系數的關系，進而用含的式子表示，令，對求導分析單調性，即可知道存在常數使在上單調遞減，在上單調遞增，進而求最值證明不等式成立.【詳解】解：（1）依

17、題意，故，所以，據題意可知，解得.所以實數的值為.（2）因為函數在定義域上有兩個極值點，且，所以在上有兩個根，且，即在上有兩個不相等的根.所以解得.當時，若或，函數在和上單調遞增；若，函數在上單調遞減，故函數在上有兩個極值點，且.所以，實數的取值范圍是.由可知，是方程的兩個不等的實根，所以其中.故，令，其中.故，令，在上單調遞增.由于，所以存在常數，使得，即，且當時，在上單調遞減；當時，在上單調遞增，所以當時，又，所以，即，故得證.【點睛】本題考查導數的幾何意義、兩直線的位置關系、由極值點個數求參數范圍問題，還考查了利用導數證明不等式成立，屬于難題.21（1）1；（2）【解析】（1），在和中分別運用余弦定理可表示出，運用算兩次的思想即可求得，進而求出；（2）在中，根據余弦定理和基本不等式，可求得，再由三角形的面積公式以及正弦函數的有界性，求出的面積的最大值【詳解】（1）由題設，則在和中由余弦定理得：，即解得，（2）在中由余弦定理得，即，所以面積的最大值為，此時.【點睛】本題主要考查余弦定理在解三角形中的應用，以及三角形