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．已知非零向量，滿足，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解:2．已知函數，，且在上是單調函數，則下列說法正確的是（）A． B．C．函數在上單調遞減 D．函數的圖像關于點對稱3．已知.給出下列判斷：①若，且，則；②存在使得的圖象向右平移個單位長度后得到的圖象關于軸對稱；③若在上恰有7個零點，則的取值范圍為；④若在上單調遞增，則的取值范圍為.其中，判斷正確的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．44．已知命題若，則，則下列說法正確的是（）A．命題是真命題B．命題的逆命題是真命題C．命題的否命題是“若，則”D．命題的逆否命題是“若，則”5．設變量滿足約束條件，則目標函數的最大值是（）A．7 B．5 C．3 D．26．已知復數z滿足，則z的虛部為（）A． B．i C．–1 D．17．已知等比數列滿足，，則（）A． B． C． D．8．若集合，則=（）A． B． C． D．9．點在所在的平面內，，，，，且，則（）A． B． C． D．10．已知數列是公比為的正項等比數列，若、滿足，則的最小值為（）A． B． C． D．11．對于任意，函數滿足，且當時，函數.若，則大小關系是（）A． B． C． D．12．公差不為零的等差數列{an}中，a1+a2+a5=13，且a1、a2、a5成等比數列，則數列{an}的公差等于()A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．數列的前項和為，則數列的前項和_____．14．（5分）函數的定義域是____________．15．已知向量，，且，則實數m的值是________．16．已知直線與圓心為的圓相交于兩點，且，則實數的值為_________．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）為了檢測某種零件的一條生產線的生產過程，從生產線上隨機抽取一批零件，根據其尺寸的數據得到如圖所示的頻率分布直方圖，若尺寸落在區間之外，則認為該零件屬“不合格”的零件，其中,s分別為樣本平均數和樣本標準差，計算可得（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）.（1）求樣本平均數的大小；（2）若一個零件的尺寸是100cm，試判斷該零件是否屬于“不合格”的零件.18．（12分）已知橢圓C的中心在坐標原點，其短半軸長為1，一個焦點坐標為，點在橢圓上，點在直線上，且．（1）證明：直線與圓相切；（2）設與橢圓的另一個交點為，當的面積最小時，求的長．19．（12分）橢圓的右焦點，過點且與軸垂直的直線被橢圓截得的弦長為.（1）求橢圓的方程；（2）過點且斜率不為0的直線與橢圓交于，兩點.為坐標原點，為橢圓的右頂點，求四邊形面積的最大值.20．（12分）已知函數.（1）解不等式；（2）若，，，求證：.21．（12分）已知函數（，為自然對數的底數），.（1）若有兩個零點，求實數的取值范圍；（2）當時，對任意的恒成立，求實數的取值范圍.22．（10分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的中心為坐標原點焦點在軸上，右頂點到右焦點的距離與它到右準線的距離之比為．（1）求橢圓的標準方程；（2）若是橢圓上關于軸對稱的任意兩點，設，連接交橢圓于另一點．求證：直線過定點并求出點的坐標；（3）在（2）的條件下，過點的直線交橢圓于兩點，求的取值范圍．

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．C【解析】

根據向量的數量積運算，由向量的關系，可得選項.【詳解】，，∴等價于，故選：C.【點睛】本題考查向量的數量積運算和命題的充分、必要條件，屬于基礎題.2．B【解析】

根據函數，在上是單調函數，確定，然后一一驗證，A.若，則，由，得，但.B.由，，確定，再求解驗證.C.利用整體法根據正弦函數的單調性判斷.D.計算是否為0.【詳解】因為函數，在上是單調函數，所以，即，所以，若，則，又因為，即，解得，而，故A錯誤.由，不妨令，得由，得或當時，，不合題意.當時，，此時所以，故B正確.因為，函數，在上是單調遞增，故C錯誤.，故D錯誤.故選：B【點睛】本題主要考查三角函數的性質及其應用，還考查了運算求解的能力，屬于較難的題.3．B【解析】

對函數化簡可得，進而結合三角函數的最值、周期性、單調性、零點、對稱性及平移變換，對四個命題逐個分析，可選出答案.【詳解】因為，所以周期.對于①，因為，所以，即，故①錯誤；對于②，函數的圖象向右平移個單位長度后得到的函數為，其圖象關于軸對稱，則，解得，故對任意整數，，所以②錯誤；對于③，令，可得，則，因為，所以在上第1個零點，且，所以第7個零點，若存在第8個零點，則，所以，即，解得，故③正確；對于④，因為，且，所以，解得，又，所以，故④正確.故選：B.【點睛】本題考查三角函數的恒等變換，考查三角函數的平移變換、最值、周期性、單調性、零點、對稱性，考查學生的計算求解能力與推理能力，屬于中檔題.4．B【解析】

解不等式，可判斷A選項的正誤；寫出原命題的逆命題并判斷其真假，可判斷B選項的正誤；利用原命題與否命題、逆否命題的關系可判斷C、D選項的正誤.綜合可得出結論.【詳解】解不等式，解得，則命題為假命題，A選項錯誤；命題的逆命題是“若，則”，該命題為真命題，B選項正確；命題的否命題是“若，則”，C選項錯誤；命題的逆否命題是“若，則”，D選項錯誤．故選：B．【點睛】本題考查四種命題的關系，考查推理能力，屬于基礎題.5．B【解析】

由約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到最優解，聯立方程組求得最優解的坐標，把最優解的坐標代入目標函數得結論.【詳解】畫出約束條件，表示的可行域，如圖，由可得，將變形為，平移直線，由圖可知當直經過點時，直線在軸上的截距最大，最大值為，故選B.【點睛】本題主要考查線性規劃中，利用可行域求目標函數的最值，屬于簡單題.求目標函數最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數對應的最優解對應點（在可行域內平移變形后的目標函數，最先通過或最后通過的頂點就是最優解）；（3）將最優解坐標代入目標函數求出最值.6．C【解析】

利用復數的四則運算可得，即可得答案.【詳解】∵，∴，∴，∴復數的虛部為.故選：C.【點睛】本題考查復數的四則運算、虛部概念，考查運算求解能力，屬于基礎題.7．B【解析】由a1+a3+a5=21得a3+a5+a7=，選B.8．C【解析】

求出集合，然后與集合取交集即可．【詳解】由題意，，，則，故答案為C.【點睛】本題考查了分式不等式的解法，考查了集合的交集，考查了計算能力，屬于基礎題．9．D【解析】

確定點為外心，代入化簡得到，，再根據計算得到答案.【詳解】由可知，點為外心，則，，又，所以①因為，②聯立方程①②可得，，，因為，所以，即．故選：【點睛】本題考查了向量模長的計算，意在考查學生的計算能力.10．B【解析】

利用等比數列的通項公式和指數冪的運算法則、指數函數的單調性求得再根據此范圍求的最小值．【詳解】數列是公比為的正項等比數列，、滿足，由等比數列的通項公式得，即，，可得，且、都是正整數，求的最小值即求在，且、都是正整數范圍下求最小值和的最小值，討論、取值.當且時，的最小值為.故選：B．【點睛】本題考查等比數列的通項公式和指數冪的運算法則、指數函數性質等基礎知識，考查數學運算求解能力和分類討論思想，是中等題．11．A【解析】

由已知可得的單調性，再由可得對稱性，可求出在單調性，即可求出結論.【詳解】對于任意，函數滿足，因為函數關于點對稱，當時，是單調增函數，所以在定義域上是單調增函數.因為，所以，.故選:A.【點睛】本題考查利用函數性質比較函數值的大小，解題的關鍵要掌握函數對稱性的代數形式，屬于中檔題..12．B【解析】

設數列的公差為.由，成等比數列，列關于的方程組，即求公差.【詳解】設數列的公差為，①.成等比數列，②，解①②可得.故選：.【點睛】本題考查等差數列基本量的計算，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】

解：兩式作差，得，經過檢驗得出數列的通項公式，進而求得的通項公式，裂項相消求和即可．【詳解】解：兩式作差，得化簡得，檢驗：當n=1時，，所以數列是以2為首項，2為公比的等比數列；，，令故填：．【點睛】本題考查求數列的通項公式，裂項相消求數列的前n項和，解題過程中需要注意n的范圍以及對特殊項的討論，側重考查運算能力．14．【解析】

要使函數有意義，則，即，解得，故函數的定義域是．15．1【解析】

根據即可得出，從而求出m的值．【詳解】解：∵；∴；∴m＝1．故答案為：1．【點睛】本題考查向量垂直的充要條件，向量數量積的坐標運算．16．0或6【解析】

計算得到圓心，半徑，根據得到，利用圓心到直線的距離公式解得答案.【詳解】，即，圓心，半徑.，故圓心到直線的距離為，即，故或.故答案為：或.【點睛】本題考查了根據直線和圓的位置關系求參數，意在考查學生的計算能力和轉化能力。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）66.5（2）屬于【解析】

（1）利用頻率分布直方圖的平均數公式求解；（2）求出，即可判斷得解.【詳解】（1）（2）所以該零件屬于“不合格”的零件【點睛】本題主要考查頻率分布圖中平均數的計算和應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.18．（1）見解析；（2）.【解析】

（1）分斜率為0，斜率不存在，斜率不為0三種情況討論，設的方程為，可求解得到，，可得到的距離為1，即得證；（2）表示的面積為，利用均值不等式，即得解.【詳解】（1）由題意，橢圓的焦點在x軸上，且，所以．所以橢圓的方程為．由點在直線上，且知的斜率必定存在，當的斜率為0時，，，于是，到的距離為1，直線與圓相切．當的斜率不為0時，設的方程為，與聯立得，所以，，從而．而，故的方程為，而在上，故，從而，于是．此時，到的距離為1，直線與圓相切．綜上，直線與圓相切．（2）由（1）知，的面積為，上式中，當且僅當等號成立，所以面積的最小值為1．此時，點在橢圓的長軸端點，為．不妨設為長軸左端點，則直線的方程為，代入橢圓的方程解得，即，，所以．【點睛】本題考查了直線和橢圓綜合，考查了直線和圓的位置關系判斷，面積的最值問題，考查了學生綜合分析，數學運算能力，屬于較難題.19．（1）（2）最大值.【解析】

（1）根據通徑和即可求（2）設直線方程為，聯立橢圓，利用，用含的式子表示出，用換元，可得，最后用均值不等式求解.【詳解】解：（1）依題意有，，，所以橢圓的方程為.（2）設直線的方程為，聯立，得.所以，.所以.令，則，所以，因，則，所以，當且僅當，即時取得等號，即四邊形面積的最大值.【點睛】考查橢圓方程的求法和橢圓中四邊形面積最大值的求法，是難題.20．（1）；（2）證明見解析.【解析】

（1）分、、三種情況解不等式，即可得出該不等式的解集；（2）利用分析法可知，要證，即證，只需證明即可，因式分解后，判斷差值符號即可，由此證明出所證不等式成立.【詳解】（1）.當時，由，解得，此時；當時，不成立；當時，由，解得，此時.綜上所述，不等式的解集為；（2）要證，即證，因為，，所以，，，.所以，.故所證不等式成立.【點睛】本題考查絕對值不等式的求解，同時也考查了利用分析法和作差法證明不等式，考查分類討論思想以及推理能力，屬于中等題.21．（1）；（2）【解析】

（1）將有兩個零點轉化為方程有兩個相異實根，令求導，利用其單調性和極值求解；（2）將問題轉化為對一切恒成立，令，求導，研究單調性，求出其最值即可得結果.【詳解】（1）有兩個零點關于的方程有兩個相異實根由，知有兩個零點有兩個相異實根.令，則，由得：，由得：，在單調遞增，在單調遞減，又當時，，當時，當時，有兩個零點時，實數的取值范圍為；（2）當時，，原命題等價于對一切恒成立對一切恒成立.令令，，則在上單增又，，使即①當時，，當時，，即在遞減，在遞增，由①知函數在單調遞增即，實數的取值范圍為.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性，極值，最值問題，考查學生轉化能力和分析能力，是一道難度較大的題目.22．（1）；（2）證明詳見解析，；（3）.【解析】

(1)根據題意列出關于的等式求解即可.(2)先根據對稱性,直線過的定點一定在軸上,再設直線的方程為,聯立直線與橢圓的方程,進而求得的方程,并代入,化簡分析即可.(3)先分析過點的直線斜率不存在時的值,再分析存在時,設直線的方程為,聯立直線與橢圓的方程,得出韋達定理再代入求解出關于的解析式,再求解范圍即可.【詳解】解：設橢圓的標準方程焦距為,由題意得