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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡

2、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已知集合，則全集則下列結論正確的是( )ABCD2設是虛數單位，若復數，則（ ）ABCD3半正多面體(semiregular solid) 亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形為面的多面體，體現了數學的對稱美二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形為面的半正多面體.如圖所示，圖中網格是邊長為1的正方形，粗線部分是某二十四等邊體的三視圖，則該幾何體的體積為（ ）ABCD4一只螞蟻在邊長為的正三角形區域內隨機爬行，則在離三個頂點距

3、離都大于的區域內的概率為( )ABCD5已知正四面體外接球的體積為，則這個四面體的表面積為（ ）ABCD6已知展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相等，若，則的值為( )A1B1C8lD817設復數滿足為虛數單位)，則（ ）ABCD8已知函數，存在實數，使得，則的最大值為（ ）ABCD9已知雙曲線的離心率為，拋物線的焦點坐標為，若，則雙曲線的漸近線方程為（ ）ABCD10函數的部分圖象如圖所示，已知，函數的圖象可由圖象向右平移個單位長度而得到，則函數的解析式為（ ）ABCD11已知正四棱錐的側棱長與底面邊長都相等，是的中點，則所成的角的余弦值為（ ）ABCD12已知集合,則（ ）AB

4、CD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已知等比數列的各項都是正數，且成等差數列，則=_15若，則_.16已知圓，直線與圓交于兩點，若，則弦的長度的最大值為_.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）等差數列的前項和為，已知，（1）求數列的通項公式；（2）設數列的前項和為，求使成立的的最小值18（12分）已知數列的前n項和為，且n、成等差數列，.（1）證明數列是等比數列，并求數列的通項公式；（2）若數列中去掉數列的項后余下的項

5、按原順序組成數列，求的值.19（12分）已知函數（1）若曲線在處的切線為，試求實數，的值；（2）當時，若有兩個極值點，且，若不等式恒成立，試求實數m的取值范圍20（12分）已知二階矩陣A=abcd，矩陣A屬于特征值1=-1的一個特征向量為1=1-1，屬于特征值2=4的一個特征向量為2=32.求矩陣A.21（12分）（1）已知數列滿足：，且（為非零常數，），求數列的前項和；（2）已知數列滿足：（）對任意的；（）對任意的，且.若，求數列是等比數列的充要條件.求證：數列是等比數列，其中.22（10分）已知函數，其中，為自然對數的底數.（1）當時，證明：對；（2）若函數在上存在極值，求實數的取值范圍。

6、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。1D【解析】化簡集合，根據對數函數的性質，化簡集合，按照集合交集、并集、補集定義，逐項判斷，即可求出結論.【詳解】由，則，故，由知，因此，故選:D【點睛】本題考查集合運算以及集合間的關系，求解不等式是解題的關鍵，屬于基礎題.2A【解析】結合復數的除法運算和模長公式求解即可【詳解】復數，則，故選：A.【點睛】本題考查復數的除法、模長、平方運算，屬于基礎題3D【解析】根據三視圖作出該二十四等邊體如下圖所示，求出該幾何體的棱長，可以將該幾何體看作是相應的正方體沿各棱的中點截去8個三棱錐所得到

7、的，可求出其體積.【詳解】如下圖所示，將該二十四等邊體的直觀圖置于棱長為2的正方體中，由三視圖可知，該幾何體的棱長為，它是由棱長為2的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的，該幾何體的體積為，故選：D.【點睛】本題考查三視圖，幾何體的體積，對于二十四等邊體比較好的處理方式是由正方體各棱的中點得到，屬于中檔題.4A【解析】求出滿足條件的正的面積，再求出滿足條件的正內的點到頂點、的距離均不小于的圖形的面積，然后代入幾何概型的概率公式即可得到答案【詳解】滿足條件的正如下圖所示：其中正的面積為，滿足到正的頂點、的距離均不小于的圖形平面區域如圖中陰影部分所示，陰影部分區域的面積為.則使取到的點到三個頂點

8、、的距離都大于的概率是.故選：A.【點睛】本題考查幾何概型概率公式、三角形的面積公式、扇形的面積公式的應用，考查計算能力，屬于中等題5B【解析】設正四面體ABCD的外接球的半徑R，將該正四面體放入一個正方體內，使得每條棱恰好為正方體的面對角線，根據正方體和正四面體的外接球為同一個球計算出正方體的棱長，從而得出正四面體的棱長，最后可求出正四面體的表面積【詳解】將正四面體ABCD放在一個正方體內，設正方體的棱長為a，如圖所示，設正四面體ABCD的外接球的半徑為R，則，得因為正四面體ABCD的外接球和正方體的外接球是同一個球，則有， 而正四面體ABCD的每條棱長均為正方體的面對角線長，所以，正四面體

9、ABCD的棱長為，因此，這個正四面體的表面積為故選：B【點睛】本題考查球的內接多面體，解決這類問題就是找出合適的模型將球體的半徑與幾何體的一些幾何量聯系起來，考查計算能力，屬于中檔題6B【解析】根據二項式系數的性質，可求得，再通過賦值求得以及結果即可.【詳解】因為展開式中第三項的二項式系數與第四項的二項式系數相等，故可得，令，故可得，又因為，令，則，解得令，則.故選：B.【點睛】本題考查二項式系數的性質，以及通過賦值法求系數之和，屬綜合基礎題.7B【解析】易得，分子分母同乘以分母的共軛復數即可.【詳解】由已知，所以.故選：B.【點睛】本題考查復數的乘法、除法運算，考查學生的基本計算能力，是一道

10、容易題.8A【解析】畫出分段函數圖像，可得，由于，構造函數，利用導數研究單調性，分析最值，即得解.【詳解】由于，,由于，令，在，故.故選：A【點睛】本題考查了導數在函數性質探究中的應用，考查了學生數形結合，轉化劃歸，綜合分析，數學運算的能力，屬于較難題.9A【解析】求出拋物線的焦點坐標，得到雙曲線的離心率，然后求解a，b關系，即可得到雙曲線的漸近線方程【詳解】拋物線y22px（p0）的焦點坐標為（1，0），則p2，又ep，所以e2，可得c24a2a2+b2，可得：ba，所以雙曲線的漸近線方程為：y故選：A【點睛】本題考查雙曲線的離心率以及雙曲線漸近線方程的求法，涉及拋物線的簡單性質的應用10A

11、【解析】由圖根據三角函數圖像的對稱性可得，利用周期公式可得，再根據圖像過，即可求出，再利用三角函數的平移變換即可求解.【詳解】由圖像可知，即，所以，解得，又，所以，由，所以或，又，所以，所以，即，因為函數的圖象由圖象向右平移個單位長度而得到，所以.故選：A【點睛】本題考查了由圖像求三角函數的解析式、三角函數圖像的平移伸縮變換，需掌握三角形函數的平移伸縮變換原則，屬于基礎題.11C【解析】試題分析：設的交點為，連接，則為所成的角或其補角；設正四棱錐的棱長為，則，所以，故C為正確答案考點：異面直線所成的角12B【解析】計算，再計算交集得到答案【詳解】,表示偶數，故.故選：.【點睛】本題考查了集合的

12、交集，意在考查學生的計算能力.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【解析】根據等差中項性質，結合等比數列通項公式即可求得公比；代入表達式，結合對數式的化簡即可求解.【詳解】等比數列的各項都是正數，且成等差數列，則，由等比數列通項公式可知，所以，解得或（舍），所以由對數式運算性質可得，故答案為：.【點睛】本題考查了等差數列通項公式的簡單應用，等比數列通項公式的用法，對數

13、式的化簡運算，屬于中檔題.15【解析】由已知利用兩角差的正弦函數公式可得，兩邊平方，由同角三角函數基本關系式，二倍角的正弦函數公式即可計算得解【詳解】，得，在等式兩邊平方得，解得.故答案為：.【點睛】本題主要考查了兩角差的正弦函數公式，同角三角函數基本關系式，二倍角的正弦函數公式在三角函數化簡求值中的應用，考查了轉化思想，屬于基礎題16【解析】取的中點為M，由可得，可得M在上，當最小時，弦的長才最大.【詳解】設為的中點，即，即，.設，則，得.所以，.故答案為：【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的綜合應用，考查學生的邏輯推理、數形結合的思想，是一道有一定難度的題.三、解答題：共70分。解答應寫出

14、文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）；（2）的最小值為19.【解析】（1）根據條件列方程組求出首項、公差，即可寫出等差數列的通項公式；（2）根據等差數列前n項和化簡，利用裂項相消法求和，解不等式即可求解.【詳解】(1)等差數列的公差設為，可得，解得，則；(2)，前n項和為，即，可得，即，則的最小值為19.【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式，等差數列的前n項和，裂項相消法求和，屬于中檔題18（1）證明見解析，；（2）11202.【解析】（1）由n，成等差數列，可得，兩式相減，由等比數列的定義可得是等比數列，可求數列的通項公式；（2）由（1）中的可求出，根據和求出數列，中的公共項，分組求

15、和，結合等比數列和等差數列的求和公式，可得答案.【詳解】（1）證明：因為n，成等差數列，所以，所以.，得，所以.又當時，所以，所以，故數列是首項為2，公比為2的等比數列，所以，即.（2）根據（1）求解知，所以，所以數列是以1為首項，2為公差的等差數列.又因為，所以 .【點睛】本題考查等比數列的定義，考查分組求和，屬于中檔題.19（1）；（2）【解析】（1）根據題意，求得的值，根據切點在切線上以及斜率等于，構造方程組求得的值；（2）函數有兩個極值點，等價于方程的兩個正根，不等式恒成立，等價于恒成立，令，求出導數，判斷單調性，即可得到的范圍，即的范圍.【詳解】（1）由題可知，聯立可得（2）當時，有

16、兩個極值點，且，是方程的兩個正根，不等式恒成立，即恒成立，由，得，令，在上是減函數，故【點睛】該題考查的是有關導數的問題，涉及到的知識點有導數的幾何意義，函數的極值點的個數，構造新函數，應用導數研究函數的值域得到參數的取值范圍，屬于較難題目.20A=2321【解析】運用矩陣定義列出方程組求解矩陣A【詳解】由特征值、特征向量定義可知，A1=11，即abcd1-1=-11-1，得a-b=-1,c-d=1.同理可得3a+2b=12,3c+2d=8.解得a=2，b=3，c=2，d=1.因此矩陣A=2321【點睛】本題考查了由矩陣特征值和特征向量求矩陣，只需運用定義得出方程組即可求出結果，較為簡單21（

17、1）；（2）；證明見解析.【解析】（1）由條件可得，結合等差數列的定義和通項公式、求和公式，即可得到所求；（2）若，可令，運用已知條件和等比數列的性質，即可得到所求充要條件；當，由等比數列的定義和不等式的性質，化簡變形，即可得到所求結論【詳解】解：（1），且為非零常數，可得，可得數列的首項為，公差為的等差數列，可得，前項和為；（2）若，可令，且，即，對任意的，可得，可得，數列是等比數列，則，可得，即，又，即有，即，數列是等比數列的充要條件為；證明：對任意的，當，可得，即以為首項、為公比的等比數列；同理可得以為首項、為公比的等比數列；對任意的，可得，即有，所以對，可得，即且，則，可令，故數列，是

18、以為首項，為公比的等比數列，其中【點睛】本題考查新定義的理解和運用，考查等差數列和等比數列的定義和通項公式的運用，考查分類討論思想方法和推理、運算能力，屬于難題22 (1)見證明；(2) 【解析】（1）利用導數說明函數的單調性，進而求得函數的最小值，得到要證明的結論；（2）問題轉化為導函數在區間上有解，法一：對a分類討論，分別研究a的不同取值下，導函數的單調性及值域，從而得到結論.法二：構造函數，利用函數的導數判斷函數的單調性求得函數的值域，再利用零點存在定理說明函數存在極值【詳解】(1)當時，于是，.又因為，當時，且.故當時，即. 所以，函數為上的增函數，于是，.因此，對，；(2) 方法一：由題意在上存在極值，則在上存在零點，當時，為上的增函數，注意到，所以，存在唯一實數，使得成立. 于是，當時，為上的減函數；當時，為上的增函數；所以為函數的極小值點； 當時，在上成立，所以在上單調遞增，