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正三棱錐底面邊長為3，側棱與底面成角，則正三棱錐的外接球的體積為（ ）ABCD2已知函數的圖像向右平移個單位長度后，得到的圖像關于軸對稱，當取得最小值時，函數的解析式為（ ）ABCD

2、3設為定義在上的奇函數，當時，(為常數)，則不等式的解集為（ ）ABCD4復數滿足，則（ ）ABCD5某歌手大賽進行電視直播，比賽現場有名特約嘉賓給每位參賽選手評分，場內外的觀眾可以通過網絡平臺給每位參賽選手評分.某選手參加比賽后，現場嘉賓的評分情況如下表，場內外共有數萬名觀眾參與了評分，組織方將觀眾評分按照，分組，繪成頻率分布直方圖如下：嘉賓評分嘉賓評分的平均數為，場內外的觀眾評分的平均數為，所有嘉賓與場內外的觀眾評分的平均數為，則下列選項正確的是（ ）ABCD6某幾何體的三視圖如右圖所示,則該幾何體的外接球表面積為( )ABCD7已知，則（ ）ABCD8在正方體中，點，分別為棱，的中點，給

3、出下列命題：；平面；和成角為.正確命題的個數是（ ）A0B1C2D39已知集合Myy2x，x0，Nxylg（2xx2），則MN為（ ）A（1，）B（1，2）C2，）D1，）10在三棱錐中，P在底面ABC內的射影D位于直線AC上，且，.設三棱錐的每個頂點都在球Q的球面上，則球Q的半徑為（ ）ABCD11已知a，bR，則（ ）Ab3aBb6aCb9aDb12a12已知函數若對區間內的任意實數，都有，則實數的取值范圍是( ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13二項式的展開式中項的系數為_14正三棱柱的底面邊長為2，側棱長為，為中點，則三棱錐的體積為_15若函數為偶函數，則_.

4、16在ABC中，()(1)，若角A的最大值為，則實數的值是_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）某企業質量檢驗員為了檢測生產線上零件的質量情況，從生產線上隨機抽取了個零件進行測量，根據所測量的零件尺寸（單位：mm），得到如下的頻率分布直方圖：（1）根據頻率分布直方圖，求這個零件尺寸的中位數（結果精確到）；（2）若從這個零件中尺寸位于之外的零件中隨機抽取個，設表示尺寸在上的零件個數，求的分布列及數學期望；（3）已知尺寸在上的零件為一等品，否則為二等品，將這個零件尺寸的樣本頻率視為概率. 現對生產線上生產的零件進行成箱包裝出售，每箱個. 企業在交付買家之前需

5、要決策是否對每箱的所有零件進行檢驗，已知每個零件的檢驗費用為元. 若檢驗，則將檢驗出的二等品更換為一等品；若不檢驗，如果有二等品進入買家手中，企業要向買家對每個二等品支付元的賠償費用. 現對一箱零件隨機抽檢了個，結果有個二等品，以整箱檢驗費用與賠償費用之和的期望值作為決策依據，該企業是否對該箱余下的所有零件進行檢驗？請說明理由.18（12分）已知集合，集合，.（1）求集合B；（2）記，且集合M中有且僅有一個整數，求實數k的取值范圍.19（12分）設函數.（1）時，求的單調區間；（2）當時，設的最小值為，若恒成立，求實數t的取值范圍.20（12分）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）設的最小值

6、為，正數，滿足，證明：.21（12分）的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知（1）求B；（2）若，求的面積的最大值22（10分）已知函數.（）已知是的一個極值點，求曲線在處的切線方程（）討論關于的方程根的個數.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】由側棱與底面所成角及底面邊長求得正棱錐的高，再利用勾股定理求得球半徑后可得球體積【詳解】如圖，正三棱錐中，是底面的中心，則是正棱錐的高，是側棱與底面所成的角，即60，由底面邊長為3得，正三棱錐外接球球心必在上，設球半徑為，則由得，解得，故選：D【點睛】本題考查球

7、體積，考查正三棱錐與外接球的關系掌握正棱錐性質是解題關鍵2A【解析】先求出平移后的函數解析式，結合圖像的對稱性和得到A和.【詳解】因為關于軸對稱，所以，所以，的最小值是.，則，所以.【點睛】本題主要考查三角函數的圖像變換及性質.平移圖像時需注意x的系數和平移量之間的關系.3D【解析】由可得，所以，由為定義在上的奇函數結合增函數+增函數=增函數，可知在上單調遞增，注意到，再利用函數單調性即可解決.【詳解】因為在上是奇函數.所以，解得，所以當時，且時，單調遞增，所以在上單調遞增，因為，故有，解得.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性、單調性解不等式，考查學生對函數性質的靈活運用能力，是一道中

8、檔題.4C【解析】利用復數模與除法運算即可得到結果.【詳解】解: ，故選：C【點睛】本題考查復數除法運算，考查復數的模，考查計算能力，屬于基礎題.5C【解析】計算出、，進而可得出結論.【詳解】由表格中的數據可知，由頻率分布直方圖可知，則，由于場外有數萬名觀眾，所以，.故選：B.【點睛】本題考查平均數的大小比較，涉及平均數公式以及頻率分布直方圖中平均數的計算，考查計算能力，屬于基礎題.6A【解析】由三視圖知：幾何體為三棱錐，且三棱錐的一條側棱垂直于底面，結合直觀圖判斷外接球球心的位置，求出半徑，代入求得表面積公式計算【詳解】由三視圖知：幾何體為三棱錐，且三棱錐的一條側棱垂直于底面，高為2，底面為

9、等腰直角三角形，斜邊長為，如圖：的外接圓的圓心為斜邊的中點，且平面，的中點為外接球的球心，半徑，外接球表面積故選：A【點睛】本題考查了由三視圖求幾何體的外接球的表面積，根據三視圖判斷幾何體的結構特征，利用幾何體的結構特征與數據求得外接球的半徑是解答本題的關鍵7D【解析】分別解出集合然后求并集.【詳解】解：， 故選：D【點睛】考查集合的并集運算，基礎題.8C【解析】建立空間直角坐標系，利用向量的方法對四個命題逐一分析，由此得出正確命題的個數.【詳解】設正方體邊長為，建立空間直角坐標系如下圖所示，.，所以，故正確.，不存在實數使，故不成立，故錯誤.，故平面不成立，故錯誤.，設和成角為，則，由于，所

10、以，故正確.綜上所述，正確的命題有個.故選：C【點睛】本小題主要考查空間線線、線面位置關系的向量判斷方法，考查運算求解能力，屬于中檔題.9B【解析】M=y|y=2x,x0=y|y1，N=x|y=lg(2x-x2)=x|2x-x20=x|x2-2x0=x|0 x2，MN=(1,2)故選B10A【解析】設的中點為O先求出外接圓的半徑，設，利用平面ABC，得 ，在 及中利用勾股定理構造方程求得球的半徑即可【詳解】設的中點為O,因為，所以外接圓的圓心M在BO上.設此圓的半徑為r.因為，所以，解得.因為，所以.設，易知平面ABC，則.因為，所以，即，解得.所以球Q的半徑.故選：A【點睛】本題考查球的組合

11、體，考查空間想象能力，考查計算求解能力，是中檔題11C【解析】兩復數相等，實部與虛部對應相等.【詳解】由，得，即a，b1b9a故選：C【點睛】本題考查復數的概念，屬于基礎題.12C【解析】分析：先求導,再對a分類討論求函數的單調區間，再畫圖分析轉化對區間內的任意實數，都有，得到關于a的不等式組，再解不等式組得到實數a的取值范圍.詳解：由題得. 當a1時，所以函數f（x）在單調遞減， 因為對區間內的任意實數，都有， 所以， 所以 故a1，與a1矛盾，故a1矛盾. 當1ae時，函數f(x)在0,lna單調遞增，在(lna,1單調遞減. 所以 因為對區間內的任意實數，都有， 所以， 所以 即 令，

12、所以 所以函數g(a)在（1，e）上單調遞減， 所以， 所以當1ae時，滿足題意. 當a時，函數f(x)在(0,1)單調遞增, 因為對區間內的任意實數，都有， 所以, 故1+1， 所以 故綜上所述，a.故選C.點睛：本題的難點在于“對區間內的任意實數，都有”的轉化.由于是函數的問題，所以我們要聯想到利用函數的性質（單調性、奇偶性、周期性、對稱性、最值、極值等）來分析解答問題.本題就是把這個條件和函數的單調性和最值聯系起來，完成了數學問題的等價轉化，找到了問題的突破口.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。1315【解析】由題得，令，解得，代入可得展開式中含x6項的系數.【詳解】由題得

13、，令，解得，所以二項式的展開式中項的系數為.故答案為：15【點睛】本題主要考查了二項式定理的應用，考查了利用通項公式去求展開式中某項的系數問題.14【解析】試題分析：因為正三棱柱的底面邊長為，側棱長為為中點，所以底面的面積為，到平面的距離為就是底面正三角形的高，所以三棱錐的體積為考點：幾何體的體積的計算15【解析】二次函數為偶函數說明一次項系數為0，求得參數，將代入表達式即可求解【詳解】由為偶函數，知其一次項的系數為0，所以，所以，故答案為：-5【點睛】本題考查由奇偶性求解參數，求函數值，屬于基礎題161【解析】把向量進行轉化，用表示，利用基本不等式可求實數的值.【詳解】，解得1故答案為：1.

14、【點睛】本題主要考查平面向量的數量積應用，綜合了基本不等式，側重考查數學運算的核心素養.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）分布列見詳解，期望為；（3）余下所有零件不用檢驗，理由見詳解.【解析】（1）計算的頻率，并且與進行比較，判斷中位數落在的區間，然后根據頻率的計算方法，可得結果.（2）計算位于之外的零件中隨機抽取個的總數，寫出所有可能取值，并計算相對應的概率，列出分布列，計算期望，可得結果.（3）計算整箱的費用，根據余下零件個數服從二項分布，可得余下零件個數的期望值，然后計算整箱檢驗費用與賠償費用之和的期望值，進行比較，可得結果.【詳解】（1）尺

15、寸在的頻率：尺寸在的頻率：且所以可知尺寸的中位數落在假設尺寸中位數為所以所以這個零件尺寸的中位數（2）尺寸在的個數為尺寸在的個數為的所有可能取值為1，2，3，4則，所以的分布列為（3）二等品的概率為如果對余下的零件進行檢驗則整箱的檢驗費用為（元）余下二等品的個數期望值為如果不對余下的零件進行檢驗，整箱檢驗費用與賠償費用之和的期望值為（元）所以，所以可以不對余下的零件進行檢驗.【點睛】本題考查頻率分布直方圖的應用，掌握中位數，平均數，眾數的計算方法，中位數的理解應該從中位數開始左右兩邊的頻率各為0.5，考驗分析能力以及數據處理，屬中檔題.18（1）（2）【解析】（1）由不等式可得,討論與的關系,

16、即可得到結果；（2）先解得不等式,由集合M中有且僅有一個整數,當時,則M中僅有的整數為；當時,則M中僅有的整數為,進而求解即可.【詳解】解:（1）因為,所以,當,即時,； 當,即時,；當,即時,. （2）由得,當,即時,M中僅有的整數為,所以,即； 當,即時,M中僅有的整數為,所以,即； 綜上,滿足題意的k的范圍為【點睛】本題考查解一元二次不等式,考查由交集的結果求參數范圍,考查分類討論思想與運算能力.19（1）的增區間為，減區間為；（2）.【解析】（1）求出函數的導數，由于參數的范圍對導數的符號有影響，對參數分類，再研究函數的單調區間；（2）由（1）的結論，求出的表達式，由于恒成立，故求出的

17、最大值，即得實數的取值范圍的左端點【詳解】解：（1）解：， 當時，解得的增區間為，解得的減區間為. （2）解：若，由得，由得，所以函數的減區間為，增區間為；， 因為，所以，令，則恒成立，由于，當時，故函數在上是減函數，所以成立； 當時，若則，故函數在上是增函數，即對時，與題意不符；綜上，為所求【點睛】本題考查導數在最大值與最小值問題中的應用，求解本題關鍵是根據導數研究出函數的單調性，由最值的定義得出函數的最值，本題中第一小題是求出函數的單調區間，第二小題是一個求函數的最值的問題，此類題運算量較大，轉化靈活，解題時極易因為變形與運算出錯，故做題時要認真仔細20（1）（2）證明見解析【解析】（1）

18、將表示為分段函數的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用絕對值三角不等式求得的最小值，利用分析法，結合基本不等式，證得不等式成立.【詳解】（1），不等式，即或或，即有或或，所以所求不等式的解集為.（2），因為，所以要證，只需證，即證，因為，所以只要證，即證，即證，因為，所以只需證，因為，所以成立，所以.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查分析法證明不等式，考查基本不等式的運用，屬于中檔題.21（1）（2）【解析】(1)由正弦定理邊化角化簡已知條件可求得,即可求得;(2)由余弦定理借助基本不等式可求得,即可求出的面積的最大值.【詳解】（1），所以，所以，（2）由余弦定理得.，當且僅當時取等，.所以的面積的最大值為.【點睛】本題考查了正余弦定理在解三角形中的應用,考查了三角形面積的最值問題,難度較易.22（）；（）見解析【解析】（）求函數的導數，利用x=2是f (x)的一個極值點，得f (2) =0建立方程求出a的值，結合導