1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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已知函數,關于的方程R)有四個相異的實數根,則的取值范圍是()ABCD2記為等差數列的前項和.

2、若，則（ ）A5B3C12D133設為拋物線的焦點，為拋物線上三點，若，則（ ）.A9B6CD4如圖，在平面四邊形ABCD中，若點E為邊CD上的動點，則的最小值為 （ ）ABCD5設曲線在點處的切線方程為，則（ ）A1B2C3D46復數滿足，則（ ）ABCD7在平面直角坐標系中，已知是圓上兩個動點，且滿足，設到直線的距離之和的最大值為，若數列的前項和恒成立，則實數的取值范圍是（ ）ABCD8已知滿足，則（ ）ABCD9已知復數z滿足（其中i為虛數單位），則復數z的虛部是（ ）AB1CDi10關于圓周率，數學發展史上出現過許多很有創意的求法，如著名的蒲豐實驗和查理斯實驗.受其啟發，某同學通過下面

3、的隨機模擬方法來估計的值：先用計算機產生個數對，其中，都是區間上的均勻隨機數，再統計，能與構成銳角三角形三邊長的數對的個數最后根據統計數來估計的值.若，則的估計值為（ ）ABCD11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12已知集合的所有三個元素的子集記為記為集合中的最大元素，則（）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知F為拋物線C：x28y的焦點，P為C上一點，M（4，3），則PMF周長的最小值是_.14在中，角，的對邊長分別為，滿足，則的面積為_15（5分）國家禁毒辦于2019年11月5日至12月15日在全國青少

4、年毒品預防教育數字化網絡平臺上開展2019年全國青少年禁毒知識答題活動，活動期間進入答題專區，點擊“開始答題”按鈕后，系統自動生成20道題.已知某校高二年級有甲、乙、丙、丁、戊五位同學在這次活動中答對的題數分別是，則這五位同學答對題數的方差是_16設數列為等差數列，其前項和為，已知，若對任意都有成立，則的值為_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）已知，函數，（是自然對數的底數）.（）討論函數極值點的個數；（）若，且命題“，”是假命題，求實數的取值范圍.18（12分）如圖，在中，已知，為線段的中點，是由繞直線旋轉而成，記二面角的大小為.（1）當平面平面時，

5、求的值；（2）當時，求二面角的余弦值.19（12分）如圖，平面四邊形中，是上的一點，是的中點，以為折痕把折起，使點到達點的位置，且.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.20（12分）已知數列是各項均為正數的等比數列，數列為等差數列，且，.（1）求數列與的通項公式；（2）求數列的前項和；（3）設為數列的前項和，若對于任意，有，求實數的值.21（12分）已知函數.（1）當時，求函數在處的切線方程；（2）若函數沒有零點，求實數的取值范圍.22（10分）已知正數x，y，z滿足xyzt（t為常數），且的最小值為，求實數t的值.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。

6、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】=,當時時,單調遞減，時,單調遞增,且當,當,當時，恒成立，時,單調遞增且,方程R)有四個相異的實數根.令=則,即.2B【解析】由題得，解得，計算可得.【詳解】，解得，.故選：B【點睛】本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.3C【解析】設，由可得，利用定義將用表示即可.【詳解】設，由及，得，故，所以.故選：C.【點睛】本題考查利用拋物線定義求焦半徑的問題，考查學生等價轉化的能力，是一道容易題.4A【解析】分析：由題意可得為等腰三角形，為等邊三角形，把數量積分拆，設，數量積轉化為關于t的函數，用函數可

7、求得最小值。詳解：連接BD,取AD中點為O,可知為等腰三角形，而，所以為等邊三角形，。設=所以當時，上式取最小值 ，選A.點睛：本題考查的是平面向量基本定理與向量的拆分，需要選擇合適的基底，再把其它向量都用基底表示。同時利用向量共線轉化為函數求最值。5D【解析】利用導數的幾何意義得直線的斜率，列出a的方程即可求解【詳解】因為，且在點處的切線的斜率為3，所以，即.故選：D【點睛】本題考查導數的幾何意義，考查運算求解能力，是基礎題6C【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.7B【解析】由于到直線的距離和

8、等于中點到此直線距離的二倍，所以只需求中點到此直線距離的最大值即可。再得到中點的軌跡是圓，再通過此圓的圓心到直線距離，半徑和中點到此直線距離的最大值的關系可以求出。再通過裂項的方法求的前項和，即可通過不等式來求解的取值范圍.【詳解】由，得，.設線段的中點，則，在圓上，到直線的距離之和等于點到該直線的距離的兩倍，點到直線距離的最大值為圓心到直線的距離與圓的半徑之和，而圓的圓心到直線的距離為，.故選：【點睛】本題考查了向量數量積，點到直線的距離，數列求和等知識，是一道不錯的綜合題.8A【解析】利用兩角和與差的余弦公式展開計算可得結果.【詳解】，.故選：A.【點睛】本題考查三角求值，涉及兩角和與差的

9、余弦公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題.9A【解析】由虛數單位i的運算性質可得，則答案可求.【詳解】解：，則化為，z的虛部為.故選：A.【點睛】本題考查了虛數單位i的運算性質、復數的概念，屬于基礎題.10B【解析】先利用幾何概型的概率計算公式算出，能與構成銳角三角形三邊長的概率，然后再利用隨機模擬方法得到，能與構成銳角三角形三邊長的概率，二者概率相等即可估計出.【詳解】因為，都是區間上的均勻隨機數，所以有，若，能與構成銳角三角形三邊長，則，由幾何概型的概率計算公式知，所以.故選：B.【點睛】本題考查幾何概型的概率計算公式及運用隨機數模擬法估計概率，考查學生的基本計算能力，是一個中檔題.11C

10、【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.12B【解析】分類討論，分別求出最大元素為3,4,5,6的三個元素子集的個數，即可得解.【詳解】集合含有個元素的子集共有，所以在集合中：最大元素為的集合有個；最大元素為的集合有；最大元素為的集合有；最大元素為的集合有；所以故選：【點睛】此題考查集合相關的新定義問題，其本質在于弄清計數原理，分類討論，分別求解.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。135【

11、解析】PMF的周長最小，即求最小，過做拋物線準線的垂線，垂足為，轉化為求最小，數形結合即可求解.【詳解】如圖，F為拋物線C：x28y的焦點，P為C上一點，M（4，3），拋物線C：x28y的焦點為F（0，2），準線方程為y2.過作準線的垂線，垂足為，則有，當且僅當三點共線時，等號成立，所以PMF的周長最小值為55.故答案為：5.【點睛】本題考查拋物線定義的應用，考查數形結合與數學轉化思想方法，屬于中檔題.14【解析】由二次方程有解的條件，結合輔助角公式和正弦函數的值域可求，進而可求，然后結合余弦定理可求，代入，計算可得所求【詳解】解：把看成關于的二次方程，則，即，即為，化為，而，則，由于，可得，

12、可得，即，代入方程可得，由余弦定理可得，解得：（負的舍去），故答案為【點睛】本題主要考查一元二次方程的根的存在條件及輔助角公式及余弦定理和三角形的面積公式的應用，屬于中檔題152【解析】由這五位同學答對的題數分別是，得該組數據的平均數，則方差16【解析】由已知條件得出關于首項和公差的方程組，解出這兩個量，計算出，利用二次函數的基本性質求出的最大值及其對應的值，即可得解.【詳解】設等差數列的公差為，由，解得，.所以，當時，取得最大值，對任意都有成立，則為數列的最大值，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查等差數列前項和最值的計算，一般利用二次函數的基本性質求解，考查計算能力，屬于中等題.三、解答題

13、：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（1）當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）【解析】試題分析 ：（1），分，討論，當時，對，當時，解得，在上是減函數，在上是增函數。所以，當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）原命題為假命題，則逆否命題為真命題。即不等式在區間內有解。設 ，所以 ，設 ，則，且是增函數，所以 。所以分和k1討論。試題解析：（）因為，所以，當時，對，所以在是減函數，此時函數不存在極值，所以函數沒有極值點；當時，令，解得，若，則，所以在上是減函數，若，則，所以在上是增函數，當時，取得極小值為，函數有且僅有一個極小值點，所以當時，沒有極值點，當時

14、，有一個極小值點.（）命題“，”是假命題，則“，”是真命題，即不等式在區間內有解.若，則設 ，所以 ，設 ，則，且是增函數，所以 當時，所以在上是增函數，即，所以在上是增函數，所以，即在上恒成立.當時，因為在是增函數，因為， ，所以在上存在唯一零點，當時，在上單調遞減，從而，即，所以在上單調遞減，所以當時，即.所以不等式在區間內有解綜上所述，實數的取值范圍為.18 (1) ;(2).【解析】(1)平面平面,建立坐標系，根據法向量互相垂直求得;(2)求兩個平面的法向量的夾角.【詳解】(1) 如圖，以為原點，在平面內垂直于的直線為軸所在的直線分別為軸,軸，建立空間直角坐標系，則，設為平面的一個法向

15、量,由得,取,則因為平面的一個法向量為由平面平面，得所以即.(2) 設二面角的大小為，當平面的一個法向量為,綜上,二面角的余弦值為.【點睛】本題考查用空間向量求平面間的夾角, 平面與平面垂直的判定,二面角的平面角及求法,難度一般.19（1）見解析；（2）【解析】（1）要證平面平面，只需證平面，而，所以只需證，而由已知的數據可證得為等邊三角形，又由于是的中點，所以，從而可證得結論；（2）由于在中，而平面平面，所以點在平面的投影恰好為的中點，所以如圖建立空間直角坐標系，利用空間向量求解.【詳解】（1）由，所以平面四邊形為直角梯形，設，因為.所以在中，則，又，所以，由，所以為等邊三角形，又是的中點，

16、所以，又平面，則有平面，而平面，故平面平面.（2）解法一：在中，取中點，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，以為坐標原點，方向為軸方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設平面的法向量，由得取，則設直線與平面所成角大小為，則，故直線與平面所成角的正弦值為. 解法二：在中，取中點，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，所以平面，過作于，連，則由平面平面，所以，又，則平面，又平面所以，在中，所以，設到平面的距離為，由，即，即，可得，設直線與平面所成角大小為，則.故直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】此題考查的是立體幾何中的證明面面垂直和求線面角，考查學生的轉化思想和計算能力，屬于中檔題

17、.20（1），（2）（3）【解析】（1）假設公差，公比，根據等差數列和等比數列的通項公式，化簡式子，可得，然后利用公式法，可得結果.（2）根據（1）的結論，利用錯位相減法求和，可得結果.（3）計算出，代值計算并化簡，可得結果.【詳解】解：（1）依題意：，即，解得：所以，（2），上面兩式相減，得：則即所以，（3），所以由得，即【點睛】本題主要考查等差數列和等比數列的綜合應用，以及利用錯位相減法求和，屬基礎題.21（1）.（2）【解析】（1）利用導數的幾何意義求解即可；（2）利用導數得出的單調性以及極值，從而得出的圖象，將函數的零點問題轉化為函數圖象的交點問題，由圖，即可得出實數的取值范圍.【詳解】（1）