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設集合，若，則（ ）ABCD2已知函數，則（ ）A函數在上單調遞增B函數在上單調遞減C函數圖像關于對稱D函數圖像關于對稱3由曲線圍成的封閉圖形的面積為（ ）ABCD4已知定點，是圓上

2、的任意一點，點關于點的對稱點為，線段的垂直平分線與直線相交于點，則點的軌跡是（ ）A橢圓B雙曲線C拋物線D圓5已知，則“直線與直線垂直”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6已知純虛數滿足，其中為虛數單位，則實數等于（ ）AB1CD27已知數列為等差數列，且，則的值為（ ）ABCD8已知函數，則在上不單調的一個充分不必要條件可以是（ ）ABC或D9一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（ ）ABCD8410下列選項中，說法正確的是（ ）A“”的否定是“”B若向量滿足 ，則與的夾角為鈍角C若，則D“”是“”的必要條件11復數，是虛數單位，則下列

3、結論正確的是AB的共軛復數為C的實部與虛部之和為1D在復平面內的對應點位于第一象限12小張家訂了一份報紙，送報人可能在早上之間把報送到小張家，小張離開家去工作的時間在早上之間.用表示事件：“小張在離開家前能得到報紙”，設送報人到達的時間為，小張離開家的時間為，看成平面中的點，則用幾何概型的公式得到事件的概率等于（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在直角坐標系中，某等腰直角三角形的兩個頂點坐標分別為，函數的圖象經過該三角形的三個頂點，則的解析式為_.14若函數，則_；_.15在中，角，的對邊分別為，若，且，則面積的最大值為_.16已知函數的圖象在點處的切線方程是，則

4、的值等于_.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）設為等差數列的前項和，且，（1）求數列的通項公式；（2）若滿足不等式的正整數恰有個，求正實數的取值范圍18（12分）已知數列的前項和為，且滿足（）求數列的通項公式；（）證明：19（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為：（為參數），以為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為：.（1）求曲線的極坐標方程和曲線的直角坐標方程；（2）若直線與曲線交于，兩點，與曲線交于，兩點，求取得最大值時直線的直角坐標方程.20（12分）某工廠生產某種電子產品，每件產品不合格的概率均為，現工廠為提高產品聲譽

5、，要求在交付用戶前每件產品都通過合格檢驗，已知該工廠的檢驗儀器一次最多可檢驗件該產品，且每 件產品檢驗合格與否相互獨立若每件產品均檢驗一次，所需檢驗費用較多，該工廠提出以下檢 驗方案：將產品每個一組進行分組檢驗，如果某一組產品檢驗合格，則說明該組內產品均合格，若檢驗不合格，則說明該組內有不合格產品，再對該組內每一件產品單獨進行檢驗，如此，每一組產品只需檢驗次或次設該工廠生產件該產品，記每件產品的平均檢驗次 數為 （1）求的分布列及其期望；（2）（i）試說明，當越小時，該方案越合理，即所需平均檢驗次數越少；（ii）當時，求使該方案最合理時的值及件該產品的平均檢驗次數21（12分）已知分別是橢圓的

6、左焦點和右焦點，橢圓的離心率為是橢圓上兩點，點滿足.(1)求的方程；(2)若點在圓上，點為坐標原點，求的取值范圍.22（10分）在直角坐標系中，直線的參數方程為，（為參數）.以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若點是直線的一點，過點作曲線的切線，切點為，求的最小值.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。1A【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

7、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.2C【解析】依題意可得，即函數圖像關于對稱，再求出函數的導函數，即可判斷函數的單調性；【詳解】解：由，所以函數圖像關于對稱，又，在上不單調.故正確的只有C，故選：C【點睛】本題考查函數的對稱性的判定，利用導數判斷函數的單調性，屬于基礎題.3A【解析】先計算出兩個圖像的交點分別為，再利用定積分算兩個圖形圍成的面積.【詳解】封閉圖形的面積為.選A.【點睛】本題考察定積分的應用，屬于基礎題.解題時注意積分區間和被積函數的選取.4B【解析】根據線段垂直平分線的性質，結合三角形中位線定理、圓錐曲線和圓的定義進行判斷即可.【詳解】因為線段的

8、垂直平分線與直線相交于點，如下圖所示：所以有，而是中點，連接，故，因此當在如下圖所示位置時有，所以有，而是中點，連接,故，因此，綜上所述：有，所以點的軌跡是雙曲線.故選：B【點睛】本題考查了雙曲線的定義，考查了數學運算能力和推理論證能力，考查了分類討論思想.5B【解析】由兩直線垂直求得則或，再根據充要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由題意，“直線與直線垂直”則，解得或，所以“直線與直線垂直”是“”的必要不充分條件，故選B.【點睛】本題主要考查了兩直線的位置關系，及必要不充分條件的判定，其中解答中利用兩直線的位置關系求得的值，同時熟記充要條件的判定方法是解答的關鍵，著重考查了推理與論證能力，屬

9、于基礎題.6B【解析】先根據復數的除法表示出，然后根據是純虛數求解出對應的的值即可.【詳解】因為，所以，又因為是純虛數，所以，所以.故選：B.【點睛】本題考查復數的除法運算以及根據復數是純虛數求解參數值，難度較易.若復數為純虛數，則有.7B【解析】由等差數列的性質和已知可得，即可得到，代入由誘導公式計算可得【詳解】解：由等差數列的性質可得，解得，故選：B【點睛】本題考查等差數列的下標和公式的應用，涉及三角函數求值，屬于基礎題8D【解析】先求函數在上不單調的充要條件，即在上有解，即可得出結論.【詳解】，若在上不單調，令，則函數對稱軸方程為在區間上有零點（可以用二分法求得）.當時，顯然不成立；當時

10、，只需或，解得或.故選:D.【點睛】本題考查含參數的函數的單調性及充分不必要條件，要注意二次函數零點的求法，屬于中檔題.9B【解析】畫出幾何體的直觀圖，計算表面積得到答案.【詳解】該幾何體的直觀圖如圖所示：故.故選：.【點睛】本題考查了根據三視圖求表面積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.10D【解析】對于A根據命題的否定可得：“x0R，x02-x00”的否定是“xR，x2-x0”，即可判斷出；對于B若向量滿足，則與的夾角為鈍角或平角；對于C當m=0時，滿足am2bm2，但是ab不一定成立；對于D根據元素與集合的關系即可做出判斷【詳解】選項A根據命題的否定可得：“x0R，x02-x00”的

11、否定是“xR，x2-x0”，因此A不正確；選項B若向量滿足，則與的夾角為鈍角或平角，因此不正確.選項C當m=0時,滿足am2bm2，但是ab不一定成立，因此不正確；選項D若“”，則且，所以一定可以推出“”，因此“”是“”的必要條件，故正確.故選：D.【點睛】本題考查命題的真假判斷與應用，涉及知識點有含有量詞的命題的否定、不等式性質、向量夾角與性質、集合性質等，屬于簡單題.11D【解析】利用復數的四則運算，求得，在根據復數的模，復數與共軛復數的概念等即可得到結論【詳解】由題意，則，的共軛復數為，復數的實部與虛部之和為，在復平面內對應點位于第一象限，故選D【點睛】復數代數形式的加減乘除運算的法則是

12、進行復數運算的理論依據,加減運算類似于多項式的合并同類項,乘法法則類似于多項式乘法法則，除法運算則先將除式寫成分式的形式,再將分母實數化，其次要熟悉復數相關基本概念，如復數的實部為、虛部為、模為、對應點為、共軛為12D【解析】這是幾何概型，畫出圖形，利用面積比即可求解.【詳解】解：事件發生，需滿足，即事件應位于五邊形內，作圖如下：故選：D【點睛】考查幾何概型，是基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】結合題意先畫出直角坐標系，點出所有可能組成等腰直角三角形的點，采用排除法最終可確定為點，再由函數性質進一步求解參數即可【詳解】等腰直角三角形的第三個頂點可能的位置如下圖

13、中的點，其中點與已有的兩個頂點橫坐標重復，舍去；若為點則點與點的中間位置的點的縱坐標必然大于或小于，不可能為，因此點也舍去，只有點滿足題意.此時點為最大值點，所以，又，則，所以點，之間的圖像單調，將，代入的表達式有由知，因此.故答案為：【點睛】本題考查由三角函數圖像求解解析式，數形結合思想，屬于中檔題140 1 【解析】根據分段函數解析式，代入即可求解.【詳解】函數，所以，.故答案為：0；1.【點睛】本題考查了分段函數求值的簡單應用，屬于基礎題.15【解析】利用正弦定理將角化邊得到，再由余弦定理得到，根據同角三角函數的基本關系表示出，最后利用面積公式得到，由基本不等式求出的取值范圍，即可得到面

14、積的最值；【詳解】解：在中，.，即，當且僅當時等號成立，面積的最大值為.故答案為：【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面積公式的應用，以及基本不等式的應用，屬于中檔題.16【解析】利用導數的幾何意義即可解決.【詳解】由已知，故.故答案為：.【點睛】本題考查導數的幾何意義，要注意在某點的切線與過某點的切線的區別，本題屬于基礎題.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）【解析】（1）設等差數列的公差為，根據題意得出關于和的方程組，解出這兩個量的值，然后利用等差數列的通項公式可得出數列的通項公式；（2）求出，可得出，可知當為奇數時不等式不成立，只

15、考慮為偶數的情況，利用數列單調性的定義判斷數列中偶數項構成的數列的單調性，由此能求出正實數的取值范圍【詳解】（1）設等差數列的公差為，則，整理得，解得，因此，；（2），滿足不等式的正整數恰有個，得，由于，若為奇數，則不等式不可能成立.只考慮為偶數的情況，令，則，.當時，則；當時，則；當時，則.所以，又，.因此，實數的取值范圍是.【點睛】本題考查數列的通項公式的求法，考查正實數的取值范圍的求法，考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題18（），（）見解析【解析】（1）由，分和兩種情況，即可求得數列的通項公式；（2）由題，得，利用等比數列求和公式，即可得到本題答案.【詳解】（）解：

16、由題，得當時，得；當時，整理，得數列是以1為首項，2為公比的等比數列，；（）證明：由（）知，故故得證【點睛】本題主要考查根據的關系式求通項公式以及利用等比數列的前n項和公式求和并證明不等式，考查學生的運算求解能力和推理證明能力.19（1）曲線，曲線.（2）.【解析】（1）用和消去參數即得的極坐標方程；將兩邊同時乘以，然后由解得直角坐標方程.（2）過極點的直線的參數方程為，代入到和：中，表示出即可求解.【詳解】解：由和，得，化簡得故：將兩邊同時乘以，得因為，所以得的直角坐標方程.（2）設直線的極坐標方程由，得，由，得故當時，取得最大值此時直線的極坐標方程為：，其直角坐標方程為：.【點睛】考查直角

17、坐標方程、極坐標方程、參數方程的互相轉化以及應用圓的極坐標方程中的幾何意義求距離的的最大值方法；中檔題.20（1）見解析，（2）（i）見解析（ii）時平均檢驗次數最少，約為594次【解析】（1）由題意可得，的可能取值為和，分別求出其概率即可求出分布列，進而可求出期望.（2）（i）由記，根據函數的單調性即可證出；記，當且取最小值時，該方案最合理，對進行賦值即可求解.【詳解】（1）由題，的可能取值為 和，故的分布列為由記，因為，所以 在上單調遞增 ，故越小，越小，即所需平均檢驗次數越少，該方案越合理記當且取最小值時，該方案最合理，因為，所以時平均檢驗次數最少，約為次【點睛】本題考查了離散型隨機變量

18、的分布列、數學期望，考查了分析問題、解決問題的能力，屬于中檔題.21（1）；（2）.【解析】（1）根據焦點坐標和離心率，結合橢圓中的關系，即可求得的值，進而得橢圓的標準方程.（2）設出直線的方程為，由題意可知為中點.聯立直線與橢圓方程，由韋達定理表示出，由判別式可得；由平面向量的線性運算及數量積定義，化簡可得，代入弦長公式化簡；由中點坐標公式可得點的坐標，代入圓的方程，化簡可得，代入數量積公式并化簡，由換元法令，代入可得，再令及，結合函數單調性即可確定的取值范圍，即確定的取值范圍，因而可得的取值范圍.【詳解】（1）分別是橢圓的左焦點和右焦點，則，橢圓的離心率為則解得，所以，所以的方程為.（2）設直線的方程為，點滿足，則為中點，點在圓上，設，聯立直線與橢圓方程，化簡可得，所以 則，化簡可得，而 由弦長公式代入可得為中點，則 點在圓上，代入化簡可得，所以令，則，令，則令，則，所以， 因為在內單調遞增，所以，即所以【點睛】本題考查了橢圓的標準方程求法，直線與橢圓的位置關系綜合應用，