1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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ab0，0c1，則AlogaclogbcBlogcalogcbCacbc Dcacb2定義兩種運算“”與“”，對任意，滿足下列運算性質：，；（） ，則（2020）（20202018

2、）的值為( )ABCD3已知拋物線的焦點為，對稱軸與準線的交點為，為上任意一點，若，則（ ）A30B45C60D754用1，2，3，4，5組成不含重復數字的五位數，要求數字4不出現在首位和末位，數字1，3，5中有且僅有兩個數字相鄰，則滿足條件的不同五位數的個數是（ ）A48B60C72D1205是虛數單位，復數在復平面上對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限6已知復數，則的虛部是（ ）ABCD17已知橢圓內有一條以點為中點的弦，則直線的方程為( )ABCD8己知函數的圖象與直線恰有四個公共點，其中，則（ ）AB0C1D9已知集合，將集合的所有元素從小到大一次排列構成一個新數

3、列，則（ ）A1194B1695C311D109510對于函數，若滿足，則稱為函數的一對“線性對稱點”若實數與和與為函數的兩對“線性對稱點”，則的最大值為（ ）ABCD11函數的圖象可能為（ ）ABCD12設復數滿足，在復平面內對應的點為，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13曲線f(x)=(x2 +x)lnx在點(1，f(1)處的切線方程為_.14已知兩點，若直線上存在點滿足，則實數滿足的取值范圍是_15展開式中的系數的和大于8而小于32，則_16設滿足約束條件且的最小值為7，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

4、.（1）若是上的增函數，求的取值范圍；（2）若函數有兩個極值點，判斷函數零點的個數.18（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（為參數）.以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸，且兩個坐標系取相等的長度單位，建立極坐標系.（1）設直線l的極坐標方程為，若直線l與曲線C交于兩點AB，求AB的長；（2）設M、N是曲線C上的兩點，若，求面積的最大值.19（12分）已知數列滿足：，且對任意的都有,（）證明：對任意，都有；（）證明：對任意，都有；（）證明：.20（12分）設為坐標原點，動點在橢圓：上，該橢圓的左頂點到直線的距離為.（1）求橢圓的標準方程；（2）若橢圓外一點滿足，平行于軸，動點

5、在直線上，滿足.設過點且垂直的直線，試問直線是否過定點？若過定點，請寫出該定點，若不過定點請說明理由.21（12分）以平面直角坐標系的原點為極點，軸的正半軸為極軸，且在兩種坐標系中取相同的長度單位，建立極坐標系，已知曲線，曲線（為參數），求曲線交點的直角坐標.22（10分）如圖，已知在三棱臺中，.（1）求證：；（2）過的平面分別交，于點，且分割三棱臺所得兩部分幾何體的體積比為，幾何體為棱柱，求的長.提示：臺體的體積公式（，分別為棱臺的上、下底面面積，為棱臺的高）.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】試題分析：

6、對于選項A，而，所以，但不能確定的正負，所以它們的大小不能確定;對于選項B，,，兩邊同乘以一個負數改變不等號方向，所以選項B正確;對于選項C，利用在第一象限內是增函數即可得到，所以C錯誤;對于選項D，利用在上為減函數易得，所以D錯誤.所以本題選B.【考點】指數函數與對數函數的性質【名師點睛】比較冪或對數值的大小,若冪的底數相同或對數的底數相同,通常利用指數函數或對數函數的單調性進行比較；若底數不同,可考慮利用中間量進行比較.2B【解析】根據新運算的定義分別得出2020和20202018的值，可得選項.【詳解】由（） ，得（+2），又，所以， ，以此類推，202020182018，又，所以， ，

7、以此類推，2020，所以（2020）（20202018），故選：B.【點睛】本題考查定義新運算，關鍵在于理解，運用新定義進行求值，屬于中檔題.3C【解析】如圖所示：作垂直于準線交準線于，則，故，得到答案.【詳解】如圖所示：作垂直于準線交準線于，則，在中，故，即.故選：.【點睛】本題考查了拋物線中角度的計算，意在考查學生的計算能力和轉化能力.4A【解析】對數字分類討論，結合數字中有且僅有兩個數字相鄰，利用分類計數原理，即可得到結論【詳解】數字出現在第位時，數字中相鄰的數字出現在第位或者位，共有個數字出現在第位時，同理也有個數字出現在第位時，數字中相鄰的數字出現在第位或者位，共有個故滿足條件的不同

8、的五位數的個數是個故選【點睛】本題主要考查了排列，組合及簡單計數問題，解題的關鍵是對數字分類討論，屬于基礎題。5D【解析】求出復數在復平面內對應的點的坐標，即可得出結論.【詳解】復數在復平面上對應的點的坐標為，該點位于第四象限.故選：D.【點睛】本題考查復數對應的點的位置的判斷，屬于基礎題.6C【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.7C【解析】設，則，相減得到，解得答案.【詳解】設，設直線斜率為，則，相減得到：，的中點為，即，故，直線的方程為：.故選：.

9、【點睛】本題考查了橢圓內點差法求直線方程，意在考查學生的計算能力和應用能力.8A【解析】先將函數解析式化簡為，結合題意可求得切點及其范圍，根據導數幾何意義，即可求得的值.【詳解】函數即直線與函數圖象恰有四個公共點，結合圖象知直線與函數相切于，因為，故，所以.故選：A.【點睛】本題考查了三角函數的圖像與性質的綜合應用，由交點及導數的幾何意義求函數值，屬于難題.9D【解析】確定中前35項里兩個數列中的項數，數列中第35項為70，這時可通過比較確定中有多少項可以插入這35項里面即可得，然后可求和【詳解】時，所以數列的前35項和中，有三項3，9，27，有32項，所以故選：D【點睛】本題考查數列分組求和

10、，掌握等差數列和等比數列前項和公式是解題基礎解題關鍵是確定數列的前35項中有多少項是中的，又有多少項是中的10D【解析】根據已知有，可得，只需求出的最小值，根據，利用基本不等式，得到的最小值，即可得出結論.【詳解】依題意知，與為函數的“線性對稱點”，所以，故（當且僅當時取等號）.又與為函數的“線性對稱點，所以，所以，從而的最大值為.故選:D.【點睛】本題以新定義為背景，考查指數函數的運算和圖像性質、基本不等式，理解新定義含義，正確求出的表達式是解題的關鍵，屬于中檔題.11C【解析】先根據是奇函數，排除A，B，再取特殊值驗證求解.【詳解】因為，所以是奇函數，故排除A，B，又，故選：C【點睛】本題

11、主要考查函數的圖象，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.12B【解析】設，根據復數的幾何意義得到、的關系式，即可得解；【詳解】解：設，解得.故選：B【點睛】本題考查復數的幾何意義的應用，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】求函數的導數，利用導數的幾何意義即可求出切線方程.【詳解】解：，則，又，即切點坐標為（1，0），則函數在點(1，f(1)處的切線方程為，即，故答案為：.【點睛】本題主要考查導數的幾何意義，根據導數和切線斜率之間的關系是解決本題的關鍵.14【解析】問題轉化為求直線與圓有公共點時，的取值范圍，利用數形結合思想能求出結果【詳解】解：直線，點，直線

12、上存在點滿足，的軌跡方程是如圖，直線與圓有公共點，圓心到直線的距離：，解得實數的取值范圍為故答案為：【點睛】本題主要考查直線方程、圓、點到直線的距離公式等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想，屬于中檔題154【解析】由題意可得項的系數與二項式系數是相等的，利用題意，得出不等式組，求得結果.【詳解】觀察式子可知，故答案為：4.【點睛】該題考查的是有關二項式定理的問題，涉及到的知識點有展開式中項的系數和，屬于基礎題目.163【解析】根據約束條件畫出可行域，再把目標函數轉化為，對參數a分類討論，當時顯然不滿足題意；當時，直線經過可行域中的點A時，截距最小，即z

13、有最小值，再由最小值為7，得出結果；當時，的截距沒有最小值，即z沒有最小值；當時，的截距沒有最大值，即z沒有最小值，綜上可得出結果.【詳解】根據約束條件畫出可行域如下：由，可得出交點，由可得，當時顯然不滿足題意；當即時，由可行域可知當直線經過可行域中的點A時，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；當即時，由可行域可知的截距沒有最小值，即z沒有最小值；當即時，根據可行域可知的截距沒有最大值，即z沒有最小值.綜上可知滿足條件時.故答案為：3.【點睛】本題主要考查線性規劃問題，約束條件和目標函數中都有參數，要對參數進行討論.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

14、) (2) 三個零點【解析】(1) 由題意知恒成立,構造函數，對函數求導，求得函數最值，進而得到結果；（2）當時先對函數求導研究函數的單調性可得到函數有兩個極值點，再證，.【詳解】（1）由得，由題意知恒成立，即，設，時，遞減，時，遞增；故，即，故的取值范圍是.（2）當時，單調，無極值；當時，一方面，且在遞減，所以在區間有一個零點.另一方面，設 ，則，從而在遞增，則，即，又在遞增，所以在區間有一個零點.因此，當時在和各有一個零點，將這兩個零點記為， ，當時，即；當時，即；當時，即：從而在遞增，在遞減，在遞增；于是是函數的極大值點，是函數的極小值點.下面證明：，由得，即，由得 ，令，則，當時，遞減

15、，則，而，故；當時，遞減，則，而，故；一方面，因為，又，且在遞增，所以在上有一個零點，即在上有一個零點.另一方面，根據得，則有： ，又，且在遞增，故在上有一個零點，故在上有一個零點.又，故有三個零點.【點睛】本題考查函數的零點，導數的綜合應用在研究函數零點時，有一種方法是把函數的零點轉化為方程的解，再把方程的解轉化為函數圖象的交點，特別是利用分離參數法轉化為動直線與函數圖象交點問題，這樣就可利用導數研究新函數的單調性與極值，從而得出函數的變化趨勢，得出結論18（1）；（2）1.【解析】（1）利用參數方程、普通方程、極坐標方程間的互化公式即可；（2），由（1）通過計算得到，即最大值為1.【詳解】

16、（1）將曲線C的參數方程化為普通方程為，即；再將，代入上式，得，故曲線C的極坐標方程為，顯然直線l與曲線C相交的兩點中，必有一個為原點O，不妨設O與A重合，即.（2）不妨設，則面積為當，即取時，.【點睛】本題考查參數方程、普通方程、極坐標方程間的互化，三角形面積的最值問題，是一道容易題.19（1）見解析（2）見解析（3）見解析【解析】分析：(1)用反證法證明，注意應用題中所給的條件，有效利用，再者就是注意應用反證法證題的步驟；(2)將式子進行相應的代換，結合不等式的性質證得結果；(3)結合題中的條件，應用反證法求得結果.詳解：證明：（）證明：采用反證法，若不成立，則若,則,與任意的都有矛盾；若

17、,則有,則與任意的都有矛盾；故對任意，都有成立； （）由得，則，由（）知，即對任意，都有；. （）由（）得：， 由（）知， ，即，若，則,取時，有，與矛盾.則. 得證.點睛：該題考查的是有關命題的證明問題，在證題的過程中，注意對題中的條件的等價轉化，注意對式子的等價變形，以及證題的思路，要掌握證明問題的方法，尤其是反證法的證題思路以及證明步驟.20（1）；（2）見解析【解析】（1）根據點到直線的距離公式可求出a的值，即可得橢圓方程；（2）由題意M（x0，y0），N（x0，y1），P（2，t），根據，可得y12y0，由，可得2x0+2y0t6，再根據向量的運算可得，即可證明【詳解】（1）左頂點A

18、的坐標為（a，0），|a5|3，解得a2或a8（舍去），橢圓C的標準方程為+y21，（2）由題意M（x0，y0），N（x0，y1），P（2，t），則依題意可知y1y0，得（x02 x0，y12y0） （0，y1y0）=0，整理可得y12y0，或y1y0 （舍），得（x0，2y0）（2x0，t2y0）2，整理可得2x0+2y0tx02+4y02+26，由（1）可得F（，0），（x0，2y0），（x0，2y0）（2，t）62x02y0t0，NFOP，故過點N且垂直于OP的直線過橢圓C的右焦點F【點睛】本題考查了橢圓方程的求法，直線和橢圓的關系，向量的運算，考查了運算求解能力和轉化與化歸能力，屬于中檔題.21【解析】利用極坐標方程與普通方程、參數方程間的互化公式化簡即可.【詳解】因為，所以，所以曲線的直角坐標方程為.由，得，所以曲線的普通方程為.由，得，所以（舍），所以，所以曲線的交點坐標為.【點睛】本題考查極坐標方程與普通方程，參數方程與普通方程間的互化，考查學生的計算能力，是一道容易題.22（1）證明見解析；（2）2【解析】（1）在中，利用勾股定理，