1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、要求的。1記個兩兩無交集的區間的并集為階區間如為2階區間，設函數，則不等式的解集為（ ）A2階區間B3階區間C4階區間D5階區間2復數的虛部是 ( )ABCD3斜率為1的直線l與橢圓相交于A、B兩點，則的最大值為A2BCD4記為等差數列的前項和.若，則（ ）A5B3C12D135已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積為（ ）A3BCD6窗花是貼在窗紙或窗戶玻璃上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術之一，它歷史悠久，風格獨特，神獸人們喜愛下圖即是一副窗花，是把一個邊長為12的大正方形在四個角處都剪去邊長為1的小正方形后剩余的部分，然后在剩余部分中的四個角處再剪出邊長全為1的一些小正方形若在

3、這個窗花內部隨機取一個點，則該點不落在任何一個小正方形內的概率是（ ）ABCD7如圖是計算值的一個程序框圖，其中判斷框內應填入的條件是( )ABCD8某工廠利用隨機數表示對生產的600個零件進行抽樣測試，先將600個零件進行編號，編號分別為001，002，599,600.從中抽取60個樣本，下圖提供隨機數表的第4行到第6行：若從表中第6行第6列開始向右讀取數據，則得到的第6個樣本編號是（ ）A324B522C535D5789若函數為自然對數的底數)在區間上不是單調函數，則實數的取值范圍是( )ABCD10數列滿足：，為其前n項和，則（ ）A0B1C3D411若不相等的非零實數，成等差數列，且，

4、成等比數列，則（ ）ABC2D12對某兩名高三學生在連續9次數學測試中的成績（單位：分）進行統計得到折線圖，下面是關于這兩位同學的數學成績分析甲同學的成績折線圖具有較好的對稱性，故平均成績為130分；根據甲同學成績折線圖提供的數據進行統計，估計該同學平均成績在區間110,120內；乙同學的數學成績與測試次號具有比較明顯的線性相關性，且為正相關；乙同學連續九次測驗成績每一次均有明顯進步其中正確的個數為（）A4B3C2D1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知函數在定義域R上的導函數為,若函數沒有零點,且,當在上與在R上的單調性相同時,則實數k的取值范圍是_.14將2個相同的紅球

5、和2個相同的黑球全部放入甲、乙、丙、丁四個盒子里，其中甲、乙盒子均最多可放入2個球，丙、丁盒子均最多可放入1個球，且不同顏色的球不能放入同一個盒子里，共有_種不同的放法.15在平面直角坐標系中，曲線上任意一點到直線的距離的最小值為_16設、為互不重合的平面，m，n是互不重合的直線，給出下列四個命題：若mn，則m；若m，n，m，n，則；若，m，n，則mn；若，m，n，mn，則n；其中正確命題的序號為_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）已知函數，若存在實數使成立，求實數的取值范圍.18（12分）已知多面體中，、均垂直于平面，是的中點（1）求證：平面；（2）

6、求直線與平面所成角的正弦值19（12分）已知，且的解集為.（1）求實數，的值；（2）若的圖像與直線及圍成的四邊形的面積不小于14，求實數取值范圍.20（12分）設數陣，其中、設，其中，且定義變換為“對于數陣的每一行，若其中有或，則將這一行中每個數都乘以；若其中沒有且沒有，則這一行中所有數均保持不變”（、）表示“將經過變換得到，再將經過變換得到、 ，以此類推，最后將經過變換得到”，記數陣中四個數的和為（1）若，寫出經過變換后得到的數陣；（2）若，求的值；（3）對任意確定的一個數陣，證明：的所有可能取值的和不超過21（12分）在ABC中，角所對的邊分別為向量，向量，且.（1）求角的大小；（2）求的

7、最大值.22（10分）設函數，.（1）求函數的單調區間；（2）若函數有兩個零點，().（i）求的取值范圍；（ii）求證:隨著的增大而增大.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】可判斷函數為奇函數，先討論當且時的導數情況，再畫出函數大致圖形，將所求區間端點值分別看作對應常函數，再由圖形確定具體自變量范圍即可求解【詳解】當且時，.令得.可得和的變化情況如下表：令，則原不等式變為，由圖像知的解集為，再次由圖像得到的解集由5段分離的部分組成，所以解集為5階區間. 故選：D【點睛】本題考查由函數的奇偶性，單調性求解對應自

8、變量范圍，導數法研究函數增減性，數形結合思想，轉化與化歸思想，屬于難題2C【解析】因為 ，所以的虛部是 ，故選C.3C【解析】設出直線的方程，代入橢圓方程中消去y，根據判別式大于0求得t的范圍，進而利用弦長公式求得|AB|的表達式，利用t的范圍求得|AB|的最大值【詳解】解：設直線l的方程為yx+t，代入y21，消去y得x2+2tx+t210，由題意得（2t）21（t21）0，即t21弦長|AB|4故選：C【點睛】本題主要考查了橢圓的應用，直線與橢圓的關系常需要把直線與橢圓方程聯立，利用韋達定理，判別式找到解決問題的突破口4B【解析】由題得，解得，計算可得.【詳解】，解得，.故選：B【點睛】本

9、題主要考查了等差數列的通項公式，前項和公式，考查了學生運算求解能力.5B【解析】由三視圖知：幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，如圖：直三棱柱的體積為，消去的三棱錐的體積為，幾何體的體積，故選B. 點睛：本題考查了由三視圖求幾何體的體積，根據三視圖判斷幾何體的形狀及相關幾何量的數據是解答此類問題的關鍵；幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，結合直觀圖分別求出直三棱柱的體積和消去的三棱錐的體積，相減可得幾何體的體積.6D【解析】由幾何概型可知,概率應為非小正方形面積與窗花面積的比,即可求解.【詳解】由題,窗花的面積為,其中小正方形的面積為,所以所求概率,故選:D【點睛】本題考查幾何概型的面積公式的應用,屬

10、于基礎題.7B【解析】根據計算結果，可知該循環結構循環了5次；輸出S前循環體的n的值為12，k的值為6，進而可得判斷框內的不等式【詳解】因為該程序圖是計算值的一個程序框圈所以共循環了5次所以輸出S前循環體的n的值為12，k的值為6，即判斷框內的不等式應為或 所以選C【點睛】本題考查了程序框圖的簡單應用，根據結果填寫判斷框，屬于基礎題8D【解析】因為要對600個零件進行編號，所以編號必須是三位數，因此按要求從第6行第6列開始向右讀取數據，大于600的，重復出現的舍去，直至得到第六個編號.【詳解】從第6行第6列開始向右讀取數據，編號內的數據依次為:，因為535重復出現，所以符合要求的數據依次為，故

11、第6個數據為578.選D.【點睛】本題考查了隨機數表表的應用，正確掌握隨機數表法的使用方法是解題的關鍵.9B【解析】求得的導函數，由此構造函數，根據題意可知在上有變號零點.由此令，利用分離常數法結合換元法，求得的取值范圍.【詳解】，設，要使在區間上不是單調函數，即在上有變號零點，令， 則，令，則問題即在上有零點，由于在上遞增，所以的取值范圍是.故選：B【點睛】本小題主要考查利用導數研究函數的單調性，考查方程零點問題的求解策略，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.10D【解析】用去換中的n，得，相加即可找到數列的周期，再利用計算.【詳解】由已知，所以，+，得，從而，數列是以6為周期的周期數

12、列，且前6項分別為1，2，1，-1，-2，-1，所以，.故選：D.【點睛】本題考查周期數列的應用，在求時，先算出一個周期的和即，再將表示成即可，本題是一道中檔題.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，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.12C【解析】利用圖形，判斷折線圖平均分以及線性相關性，成績的比較，說明正誤即可【詳解】甲同學的成績折線圖具有較好的對稱性，最高130分，平均成績為低于

13、130分，錯誤；根據甲同學成績折線圖提供的數據進行統計，估計該同學平均成績在區間110,120內，正確；乙同學的數學成績與測試次號具有比較明顯的線性相關性，且為正相關，正確；乙同學在這連續九次測驗中第四次、第七次成績較上一次成績有退步，故不正確故選：C【點睛】本題考查折線圖的應用，線性相關以及平均分的求解，考查轉化思想以及計算能力，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】由題意可知：為上的單調函數，則為定值，由指數函數的性質可知為上的增函數，則在，單調遞增，求導，則恒成立，則，根據函數的正弦函數的性質即可求得的取值范圍【詳解】若方程無解，則或恒成立，所以為上的單調

14、函數，都有，則為定值，設，則，易知為上的增函數，又與的單調性相同，在上單調遞增，則當，恒成立，當，時，此時，故答案為：【點睛】本題考查導數的綜合應用，考查利用導數求函數的單調性，正弦函數的性質，輔助角公式，考查計算能力，屬于中檔題14【解析】討論裝球盒子的個數，計算得到答案.【詳解】當四個盒子有球時：種；當三個盒子有球時：種；當兩個盒子有球時：種.故共有種，故答案為：.【點睛】本題考查了排列組合的綜合應用，意在考查學生的理解能力和應用能力.15【解析】解法一：曲線上任取一點，利用基本不等式可求出該點到直線的距離的最小值；解法二：曲線函數解析式為，由求出切點坐標，再計算出切點到直線的距離即可所求

15、答案.【詳解】解法一（基本不等式）：在曲線上任取一點，該點到直線的距離為，當且僅當時，即當時，等號成立，因此，曲線上任意一點到直線距離的最小值為；解法二（導數法）：曲線的函數解析式為，則，設過曲線上任意一點的切線與直線平行，則，解得，當時，到直線的距離；當時，到直線的距離.所以曲線上任意一點到直線的距離的最小值為.故答案為：.【點睛】本題考查曲線上一點到直線距離最小值的計算，可轉化為利用切線與直線平行來找出切點，轉化為切點到直線的距離，也可以設曲線上的動點坐標，利用基本不等式法或函數的最值進行求解，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.16【解析】根據直線和平面，平面和平面的位置關系依次判

16、斷每個選項得到答案.【詳解】對于，當mn時，由直線與平面平行的定義和判定定理，不能得出m，錯誤；對于，當m，n，且m，n時，由兩平面平行的判定定理，不能得出，錯誤；對于，當，且m，n時，由兩平面平行的性質定理，不能得出mn，錯誤；對于，當，且m，n，mn時，由兩平面垂直的性質定理，能夠得出n，正確；綜上知，正確命題的序號是故答案為：【點睛】本題考查了直線和平面，平面和平面的位置關系，意在考查學生的空間想象能力和推斷能力.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【解析】試題分析：先將問題“ 存在實數使成立”轉化為“求函數的最大值”,再借助柯西不等式求出的最大值即可獲解.

17、試題解析：存在實數使成立，等價于的最大值大于，因為，由柯西不等式：，所以，當且僅當時取“”，故常數的取值范圍是考點：柯西不等式即運用和轉化與化歸的數學思想的運用.18（1）見解析；（2）【解析】（1）取的中點，連接、，推導出四邊形為平行四邊形，可得出，由此能證明平面；（2）由，得平面，則點到平面的距離等于點到平面的距離，在平面內過點作于點，就是到平面的距離，也就是點到平面的距離，由此能求出直線與平面所成角的正弦值【詳解】（1）取的中點，連接、，、分別為、的中點，則且，、均垂直于平面，且，則，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，平面，平面，因此，平面；（2）由，平面，平面，平面，點到平面的距離等于

18、點到平面的距離，在平面內過點作于點，平面，平面，平面，即就是到平面的距離，也就是點到平面的距離，設，則到平面的距離，因此，直線與平面所成角的正弦值為【點睛】本題考查線面平行的證明，考查線面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查數形結合思想，是中檔題19（1），；（2）【解析】（1）解絕對值不等式得，根據不等式的解集為列出方程組，解出即可；（2）求出的圖像與直線及交點的坐標，通過分割法將四邊形的面積分為兩個三角形，列出不等式，解不等式即可.【詳解】（1）由得：，即，解得，.（2）的圖像與直線及圍成的四邊形，.過點向引垂線，垂足為，則.化簡得：，

19、（舍）或.故的取值范圍為.【點睛】本題主要考查了絕對值不等式的求法，以及絕對值不等式在幾何中的應用，屬于中檔題.20（1）；（2）；（3）見解析.【解析】（1）由，能求出經過變換后得到的數陣；（2）由，求出數陣經過變化后的矩陣，進而可求得的值；（3）分和兩種情況討論，推導出變換后數陣的第一行和第二行的數字之和，由此能證明的所有可能取值的和不超過【詳解】（1），經過變換后得到的數陣；（2）經變換后得，故；（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共個，經過變換后第一行均變為、；含有且不含的子集共個，經過變換后第一行均變為、；同時含有和的子集共個，經過變換后第一行仍為、；不含也不含的子集共個，經過變換后第一行仍為、所以經過變換后所有的第一行的所有數的和為.若，則的所有非空子集中，含有的子集共個，經過變換后第一行均變為、；不含有的子集共個，經過變換后第一行仍為、所以經過變換后所有的第一行的所有數的和為同理，經過變換后所有的第二行的所有數的和為所以的所有可能取