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．已知是定義是上的奇函數，滿足，當時，，則函數在區間上的零點個數是（）A．3 B．5 C．7 D．92．已知P是雙曲線漸近線上一點，，是雙曲線的左、右焦點，，記，PO，的斜率為，k，，若，-2k，成等差數列，則此雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．3．已知函數在上可導且恒成立，則下列不等式中一定成立的是（）A．、B．、C．、D．、4．過橢圓的左焦點的直線過的上頂點，且與橢圓相交于另一點，點在軸上的射影為，若，是坐標原點，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．5．已知函數f(x)＝,若關于x的方程f(x)＝kx－恰有4個不相等的實數根，則實數k的取值范圍是()A． B．C． D．6．函數與的圖象上存在關于直線對稱的點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．7．已知復數是純虛數，其中是實數，則等于（）A． B． C． D．8．設集合，，若，則（）A． B． C． D．9．公元前世紀，古希臘哲學家芝諾發表了著名的阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在跑步英雄阿基里斯前面米處開始與阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜的倍.當比賽開始后，若阿基里斯跑了米，此時烏龜便領先他米，當阿基里斯跑完下一個米時，烏龜先他米，當阿基里斯跑完下-個米時，烏龜先他米....所以，阿基里斯永遠追不上烏龜.按照這樣的規律，若阿基里斯和烏龜的距離恰好為米時，烏龜爬行的總距離為（）A．米 B．米C．米 D．米10．設，則，則（）A． B． C． D．11．《九章算術》勾股章有一“引葭赴岸”問題“今有餅池徑丈，葭生其中，出水兩尺，引葭赴岸，適與岸齊，問水深，葭各幾何？”，其意思是：有一個直徑為一丈的圓柱形水池，池中心生有一顆類似蘆葦的植物，露出水面兩尺，若把它引向岸邊，正好與岸邊齊，問水有多深，該植物有多高？其中一丈等于十尺，如圖若從該葭上隨機取一點，則該點取自水下的概率為（）A． B． C． D．12．在平面直角坐標系中，將點繞原點逆時針旋轉到點，設直線與軸正半軸所成的最小正角為，則等于()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，則的值為____14．已知向量滿足，且，則_________．15．已知兩個單位向量滿足，則向量與的夾角為_____________.16．已知一個正四棱錐的側棱與底面所成的角為，側面積為，則該棱錐的體積為__________．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）已知函數．（1）若在處取得極值，求的值；（2）求在區間上的最小值；（3）在（1）的條件下，若，求證：當時，恒有成立．18．（12分）已知函數.（1）若函數不存在單調遞減區間，求實數的取值范圍；（2）若函數的兩個極值點為，，求的最小值.19．（12分）隨著現代社會的發展，我國對于環境保護越來越重視，企業的環保意識也越來越強.現某大型企業為此建立了5套環境監測系統，并制定如下方案：每年企業的環境監測費用預算定為1200萬元，日常全天候開啟3套環境監測系統，若至少有2套系統監測出排放超標，則立即檢查污染源處理系統；若有且只有1套系統監測出排放超標，則立即同時啟動另外2套系統進行1小時的監測，且后啟動的這2套監測系統中只要有1套系統監測出排放超標，也立即檢查污染源處理系統.設每個時間段（以1小時為計量單位）被每套系統監測出排放超標的概率均為，且各個時間段每套系統監測出排放超標情況相互獨立.（1）當時，求某個時間段需要檢查污染源處理系統的概率；（2）若每套環境監測系統運行成本為300元/小時（不啟動則不產生運行費用），除運行費用外，所有的環境監測系統每年的維修和保養費用需要100萬元.現以此方案實施，問該企業的環境監測費用是否會超過預算(全年按9000小時計算)？并說明理由.20．（12分）如圖（1）五邊形中，,將沿折到的位置，得到四棱錐，如圖（2），點為線段的中點，且平面.（1）求證：平面平面；（2）若直線與所成角的正切值為，求直線與平面所成角的正弦值.21．（12分）某大學生在開學季準備銷售一種文具套盒進行試創業，在一個開學季內，每售出1盒該產品獲利50元，未售出的產品，每盒虧損30元.根據歷史資料，得到開學季市場需求量的頻率分布直方圖，如圖所示.該同學為這個開學季進了160盒該產品，以（單位：盒，）表示這個開學季內的市場需求量，（單位：元）表示這個開學季內經銷該產品的利潤.（1）根據直方圖估計這個開學季內市場需求量的平均數和眾數；（2）將表示為的函數；（3）以需求量的頻率作為各需求量的概率，求開學季利潤不少于4800元的概率.22．（10分）某客戶準備在家中安裝一套凈水系統，該系統為二級過濾，使用壽命為十年如圖所示兩個二級過濾器采用并聯安裝，再與一級過濾器串聯安裝.其中每一級過濾都由核心部件濾芯來實現在使用過程中，一級濾芯和二級濾芯都需要不定期更換（每個濾芯是否需要更換相互獨立）.若客戶在安裝凈水系統的同時購買濾芯，則一級濾芯每個160元，二級濾芯每個80元.若客戶在使用過程中單獨購買濾芯則一級濾芯每個400元，二級濾芯每個200元.現需決策安裝凈水系統的同時購買濾芯的數量，為此參考了根據100套該款凈水系統在十年使用期內更換濾芯的相關數據制成的圖表，其中表1是根據100個一級過濾器更換的濾芯個數制成的頻數分布表，圖2是根據200個二級過濾器更換的濾芯個數制成的條形圖.表1：一級濾芯更換頻數分布表一級濾芯更換的個數89頻數6040圖2：二級濾芯更換頻數條形圖以100個一級過濾器更換濾芯的頻率代替1個一級過濾器更換濾芯發生的概率，以200個二級過濾器更換濾芯的頻率代替1個二級過濾器更換濾芯發生的概率.（1）求一套凈水系統在使用期內需要更換的各級濾芯總個數恰好為16的概率；（2）記表示該客戶的凈水系統在使用期內需要更換的二級濾芯總數，求的分布列及數學期望；（3）記分別表示該客戶在安裝凈水系統的同時購買的一級濾芯和二級濾芯的個數.若，且，以該客戶的凈水系統在使用期內購買各級濾芯所需總費用的期望值為決策依據，試確定的值.

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。1．D【解析】

根據是定義是上的奇函數，滿足，可得函數的周期為3，再由奇函數的性質結合已知可得，利用周期性可得函數在區間上的零點個數．【詳解】∵是定義是上的奇函數，滿足，，可得，

函數的周期為3，

∵當時，，

令，則，解得或1，

又∵函數是定義域為的奇函數，

∴在區間上，有．

由，取，得，得，

∴．

又∵函數是周期為3的周期函數，

∴方程=0在區間上的解有共9個，

故選D．【點睛】本題考查根的存在性及根的個數判斷，考查抽象函數周期性的應用，考查邏輯思維能力與推理論證能力，屬于中檔題．2．B【解析】

求得雙曲線的一條漸近線方程，設出的坐標，由題意求得，運用直線的斜率公式可得，，，再由等差數列中項性質和離心率公式，計算可得所求值．【詳解】設雙曲線的一條漸近線方程為，且，由，可得以為圓心，為半徑的圓與漸近線交于，可得，可取，則，設，，則，，，由，，成等差數列，可得，化為，即，可得，故選：．【點睛】本題考查雙曲線的方程和性質，主要是漸近線方程和離心率，考查方程思想和運算能力，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平．3．A【解析】

設，利用導數和題設條件，得到，得出函數在R上單調遞增，得到，進而變形即可求解.【詳解】由題意，設，則，又由，所以，即函數在R上單調遞增，則，即，變形可得.故選：A.【點睛】本題主要考查了利用導數研究函數的單調性及其應用，以及利用單調性比較大小，其中解答中根據題意合理構造新函數，利用新函數的單調性求解是解答的關鍵，著重考查了構造思想，以及推理與計算能力，屬于中檔試題.4．D【解析】

求得點的坐標，由，得出，利用向量的坐標運算得出點的坐標，代入橢圓的方程，可得出關于、、的齊次等式，進而可求得橢圓的離心率.【詳解】由題意可得、.由，得，則，即.而，所以，所以點.因為點在橢圓上，則，整理可得，所以，所以.即橢圓的離心率為故選：D.【點睛】本題考查橢圓離心率的求解，解答的關鍵就是要得出、、的齊次等式，充分利用點在橢圓上這一條件，圍繞求點的坐標來求解，考查計算能力，屬于中等題.5．D【解析】

由已知可將問題轉化為：y＝f(x)的圖象和直線y＝kx－有4個交點，作出圖象，由圖可得：點(1,0)必須在直線y＝kx－的下方，即可求得：k＞；再求得直線y＝kx－和y＝lnx相切時，k＝；結合圖象即可得解.【詳解】若關于x的方程f(x)＝kx－恰有4個不相等的實數根，則y＝f(x)的圖象和直線y＝kx－有4個交點．作出函數y＝f(x)的圖象，如圖，故點(1,0)在直線y＝kx－的下方．∴k×1－＞0，解得k＞.當直線y＝kx－和y＝lnx相切時，設切點橫坐標為m，則k＝＝，∴m＝.此時，k＝＝，f(x)的圖象和直線y＝kx－有3個交點，不滿足條件，故所求k的取值范圍是，故選D..【點睛】本題主要考查了函數與方程思想及轉化能力，還考查了導數的幾何意義及計算能力、觀察能力，屬于難題．6．C【解析】

由題可知，曲線與有公共點，即方程有解，可得有解，令，則，對分類討論，得出時，取得極大值，也即為最大值，進而得出結論.【詳解】解：由題可知，曲線與有公共點，即方程有解，即有解，令，則，則當時，；當時，，故時，取得極大值，也即為最大值，當趨近于時，趨近于，所以滿足條件．故選：C.【點睛】本題主要考查利用導數研究函數性質的基本方法，考查化歸與轉化等數學思想，考查抽象概括、運算求解等數學能力，屬于難題．7．A【解析】

對復數進行化簡，由于為純虛數，則化簡后的復數形式中，實部為0，得到的值，從而得到復數.【詳解】因為為純虛數，所以，得所以.故選A項【點睛】本題考查復數的四則運算，純虛數的概念，屬于簡單題.8．A【解析】

根據交集的結果可得是集合的元素，代入方程后可求的值，從而可求.【詳解】依題意可知是集合的元素，即，解得，由，解得.【點睛】本題考查集合的交，注意根據交集的結果確定集合中含有的元素，本題屬于基礎題.9．D【解析】

根據題意，是一個等比數列模型，設，由，解得，再求和.【詳解】根據題意，這是一個等比數列模型，設，所以，解得，所以.故選：D【點睛】本題主要考查等比數列的實際應用，還考查了建模解模的能力，屬于中檔題.10．A【解析】

根據換底公式可得，再化簡，比較的大小，即得答案.【詳解】，，.，顯然.,即，，即.綜上，.故選：.【點睛】本題考查換底公式和對數的運算，屬于中檔題.11．C【解析】

由題意知：，，設，則，在中，列勾股方程可解得，然后由得出答案.【詳解】解：由題意知：，，設，則在中，列勾股方程得：，解得所以從該葭上隨機取一點，則該點取自水下的概率為故選C.【點睛】本題考查了幾何概型中的長度型，屬于基礎題.12．A【解析】

設直線直線與軸正半軸所成的最小正角為，由任意角的三角函數的定義可以求得的值，依題有,則，利用誘導公式即可得到答案.【詳解】如圖，設直線直線與軸正半軸所成的最小正角為因為點在角的終邊上，所以依題有,則，所以，故選：A【點睛】本題考查三角函數的定義及誘導公式，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．4【解析】

根據的正負值，代入對應的函數解析式求解即可.【詳解】解：.故答案為：.【點睛】本題考查分段函數函數值的求解，是基礎題.14．【解析】

由數量積的運算律求得，再由數量積的定義可得結論．【詳解】由題意，∴，即，∴．故答案為：．【點睛】本題考查求向量的夾角，掌握數量積的定義與運算律是解題關鍵．15．【解析】

由得，即得解.【詳解】由題意可知，則.解得，所以，向量與的夾角為.故答案為：【點睛】本題主要考查平面向量的數量積的計算和夾角的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.16．【解析】

如圖所示，正四棱錐，為底面的中心，點為的中點，則，設，根據正四棱錐的側面積求出的值，再利用勾股定理求得正四棱錐的高，代入體積公式，即可得到答案.【詳解】如圖所示，正四棱錐，為底面的中心，點為的中點，則，設，，，，，，.故答案為：.【點睛】本題考查棱錐的側面積和體積，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查運算求解能力.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）2；（2）；（3）證明見解析【解析】

（1）先求出函數的定義域和導數，由已知函數在處取得極值，得到，即可求解的值；（2）由（1）得，定義域為，分，和三種情況討論，分別求得函數的最小值，即可得到結論；（3）由，得到，把，只需證，構造新函數，利用導數求得函數的單調性與最值，即可求解.【詳解】（1）由，定義域為，則，因為函數在處取得極值，所以，即，解得，經檢驗，滿足題意，所以.(2)由（1）得，定義域為，當時，有，在區間上單調遞增，最小值為，當時，由得，且，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以在區間上單調遞增，最小值為，當時，則，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以在處取得最小值，綜上可得：當時，在區間上的最小值為1，當時，在區間上的最小值為.（3）由得，當時，，則，欲證，只需證，即證，即，設，則，當時，，在區間上單調遞增，當時，，即，故，即當時，恒有成立.【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，以及不等式的證明，著重考查了轉化與化歸思想、分類討論、及邏輯推理能力與計算能力，對于此類問題，通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．18．（1）（2）【解析】分析：（1）先求導，再令在上恒成立，得到上恒成立，利用基本不等式得到m的取值范圍.(2)先由得到，再求得，再構造函數再利用導數求其最小值.詳解：（1）由函數有意義，則由且不存在單調遞減區間，則在上恒成立，上恒成立（2）由知，令，即由有兩個極值點故為方程的兩根，，，則由由，則上單調遞減，即由知綜上所述，的最小值為.點睛：（1）本題主要考查利用導數求函數的單調區間和極值，考查利用導數求函數的最值，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)本題的難點有兩個，其一是求出,其二是構造函數再利用導數求其最小值.19．（1）；（2）不會超過預算，理由見解析【解析】

（1）求出某個時間段在開啟3套系統就被確定需要檢查污染源處理系統的概率為,某個時間段在需要開啟另外2套系統才能確定需要檢查污染源處理系統的概率為，可得某個時間段需要檢查污染源處理系統的概率；（2）設某個時間段環境監測系統的運行費用為元，則的可能取值為900，1500.求得，，求得其分布列和期望，對其求導，研究函數的單調性，可得期望的最大值，從而得出結論.【詳解】（1）某個時間段在開啟3套系統就被確定需要檢查污染源處理系統的概率為,某個時間段在需要開啟另外2套系統才能確定需要檢查污染源處理系統的概率為某個時間段需要檢查污染源處理系統的概率為.（2）設某個時間段環境監測系統的運行費用為元，則的可能取值為900，1500.，令,則當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減,的最大值為,實施此方案，最高費用為（萬元），，故不會超過預算.【點睛】本題考查獨立重復事件發生的概率、期望，及運用求導函數研究期望的最值，由根據期望值確定方案，此類題目解決的關鍵在于將生活中的量轉化為數學中和量，屬于中檔題.20．（1）見解析（2）【解析】試題分析:（1）根據已知條件由線線垂直得出線面垂直,再根據面面垂直的判定定理證得成立;（2）通過已知條件求出各邊長度,建系如圖所示,求出平面的法向量,根據線面角公式代入坐標求得結果.試題解析:（1）證明：取的中點，連接，則，又，所以，則四邊形為平行四邊形，所以，又平面，∴平面，∴.由即及為的中點，可得為等邊三角形，∴，又，∴，∴，∴平面平面，∴平面平面.（2）解：，∴為直線與所成的角，由（1）可得，∴，∴，設，則，取的中點，連接，過作的平行線，可建立如圖所示的空間直角坐標系，則，∴，所以，設為平面的法向量，則，即，取，則為平面的一個法向量，∵，則直線與平面所成角的正弦值為.點睛:判定直線和平面垂直的方法:①定義法．②利用判定定理：一條直線和一個平面內的兩條相交直線都垂直，則該直線和此平面垂直．③推論：如果在兩條平行直線中，有一條垂直于一個平面，那么另一條直線也垂直于這個平面．平面與平面垂直的判定方法:①定義法．②利用判定定理：一個平面過另一個平面的一條垂線，則這兩個平面垂直．21．（1），眾數為150；（2）；（3）【解析】

（1）由頻率直方圖分別求出各組距內的頻率，由此能求出這個開學季內市場需求量的眾數和平均數；（2）由已知條件推導出當時，，當時，，由此能將表示為的函數；（3）利用頻率分布直方圖能求出利潤不少于4800元的概率．【詳解】（1）由直方圖可估計需求量的眾數為150，由直方圖可知的頻率為：由直方圖可知的頻率為：由直方圖可知的頻率為：由直方圖可知的頻率為：由直方圖可知的頻率為：∴估計需求量的平均數為：（2）當時，當時，∴（3）由（2）知當時，當時，得∴開學季利潤不少于4800元的需求量為由頻率分布直方圖可所求概率【點睛】本題考查頻率分布直方圖的應用，考查函數解析式的求法，考查概率的估計，是中檔題，解題時要注意頻率分布直方圖的合理運用．22．（1）0.024；（2）分布列見解析，；（3）【解析】

（1）由題意可知，若一套凈水系統在使用期內需要更換的各級濾芯總個數恰好為16，則該套凈水系統中一個一級