1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、要求的。1一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖是一個正三角形，則這個幾何體的體積為（ ） ABCD2已知拋物線和點，直線與拋物線交于不同兩點，直線與拋物線交于另一點給出以下判斷：以為直徑的圓與拋物線準線相離；直線與直線的斜率乘積為；設過點，的圓的圓心坐標為，半徑為，則其中，所有正確判斷的序號是（ ）ABCD3設，分別是中，所對邊的邊長，則直線與的位置關系是（ ）A平行B重合C垂直D相交但不垂直4已知 若在定義域上恒成立，則的取值范圍是（ ）ABCD5已知非零向量、，若且，則向量在向量方向上的投影為（ ）ABCD6已知函數（表示不超過x的最大整數），若有且僅有3個零點，則實數a的取值范圍是（）

3、ABCD7已知若（1-ai ）( 3+2i )為純虛數，則a的值為 （ ）ABCD8若向量，則（ ）A30B31C32D339從裝有除顏色外完全相同的3個白球和個黑球的布袋中隨機摸取一球，有放回的摸取5次，設摸得白球數為，已知，則ABCD10已知半徑為2的球內有一個內接圓柱，若圓柱的高為2，則球的體積與圓柱的體積的比為（ ）ABCD11一輛郵車從地往地運送郵件，沿途共有地，依次記為，（為地，為地）從地出發時，裝上發往后面地的郵件各1件，到達后面各地后卸下前面各地發往該地的郵件，同時裝上該地發往后面各地的郵件各1件，記該郵車到達，各地裝卸完畢后剩余的郵件數記為則的表達式為（ ）ABCD12已知i

4、為虛數單位，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知等差數列滿足，則的值為_14在長方體中，為的中點，則點到平面的距離是_.15已知向量，滿足，則向量在的夾角為_.16已知為橢圓的左、右焦點，點在橢圓上移動時，的內心的軌跡方程為_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，函數（）.（1）討論的單調性；（2）證明：當時，.（3）證明：當時，.18（12分）試求曲線ysinx在矩陣MN變換下的函數解析式，其中M，N19（12分）已知函數.（1）證明：當時，；（2）若函數只有一個零點，求正實數的值.20（12分）已知函數有兩

5、個極值點，.（1）求實數的取值范圍；（2）證明：.21（12分）已知函數（1）時，求不等式解集；（2）若的解集包含于，求a的取值范圍22（10分）甲、乙、丙三名射擊運動員射中目標的概率分別為，三人各射擊一次，擊中目標的次數記為.（1）求的分布列及數學期望；（2）在概率(=0，1，2，3)中, 若的值最大, 求實數的取值范圍.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。1C【解析】由已知中的三視圖，可知該幾何體是一個以俯視圖為底面的三棱錐，求出底面面積，代入錐體體積公式，可得答案【詳解】由已知中的三視圖，可知該幾何體是一個以俯視圖

6、為底面的三棱錐，其底面面積，高，故體積，故選：【點睛】本題考查的知識點是由三視圖求幾何體的體積，解決本題的關鍵是得到該幾何體的形狀2D【解析】對于，利用拋物線的定義，利用可判斷；對于，設直線的方程為，與拋物線聯立，用坐標表示直線與直線的斜率乘積，即可判斷；對于，將代入拋物線的方程可得，從而，利用韋達定理可得，再由，可用m表示，線段的中垂線與軸的交點（即圓心）橫坐標為，可得a，即可判斷.【詳解】如圖，設為拋物線的焦點，以線段為直徑的圓為，則圓心為線段的中點設，到準線的距離分別為，的半徑為，點到準線的距離為，顯然，三點不共線，則所以正確由題意可設直線的方程為，代入拋物線的方程，有設點，的坐標分別為

7、，則，所以則直線與直線的斜率乘積為所以正確將代入拋物線的方程可得，從而，根據拋物線的對稱性可知，兩點關于軸對稱，所以過點，的圓的圓心在軸上由上，有，則所以，線段的中垂線與軸的交點（即圓心）橫坐標為，所以于是，代入，得，所以所以正確故選：D【點睛】本題考查了拋物線的性質綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數形結合，數學運算的能力，屬于較難題.3C【解析】試題分析：由已知直線的斜率為，直線的斜率為，又由正弦定理得，故，兩直線垂直考點：直線與直線的位置關系4C【解析】先解不等式，可得出，求出函數的值域，由題意可知，不等式在定義域上恒成立，可得出關于的不等式，即可解得實數的取值范圍.【詳解】，先解不等

8、式.當時，由，得，解得，此時；當時，由，得.所以，不等式的解集為.下面來求函數的值域.當時，則，此時；當時，此時.綜上所述，函數的值域為，由于在定義域上恒成立，則不等式在定義域上恒成立，所以，解得.因此，實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用函數不等式恒成立求參數，同時也考查了分段函數基本性質的應用，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.5D【解析】設非零向量與的夾角為，在等式兩邊平方，求出的值，進而可求得向量在向量方向上的投影為，即可得解.【詳解】，由得，整理得，解得，因此，向量在向量方向上的投影為.故選：D.【點睛】本題考查向量投影的計算，同時也考查利用向量的模計算向量的夾角，考查

9、計算能力，屬于基礎題.6A【解析】根據x的定義先作出函數f（x）的圖象，利用函數與方程的關系轉化為f（x）與g（x）=ax有三個不同的交點，利用數形結合進行求解即可【詳解】當時，當時，當時，當時，若有且僅有3個零點，則等價為有且僅有3個根，即與有三個不同的交點，作出函數和的圖象如圖，當a=1時，與有無數多個交點，當直線經過點時，即，時，與有兩個交點，當直線經過點時，即時，與有三個交點，要使與有三個不同的交點，則直線處在過和之間，即，故選：A【點睛】利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數的范圍； (2)分離參數法：先將

10、參數分離，轉化成求函數的值域(最值)問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解.7A【解析】根據復數的乘法運算法則化簡可得，根據純虛數的概念可得結果.【詳解】由題可知原式為，該復數為純虛數，所以.故選：A【點睛】本題考查復數的運算和復數的分類，屬基礎題.8C【解析】先求出,再與相乘即可求出答案.【詳解】因為,所以.故選:C.【點睛】本題考查了平面向量的坐標運算,考查了學生的計算能力,屬于基礎題.9B【解析】由題意知，由，知，由此能求出【詳解】由題意知，解得，故選：B【點睛】本題考查離散型隨機變量的方差的求法，解題時要認真審題，仔細解

11、答，注意二項分布的靈活運用10D【解析】分別求出球和圓柱的體積，然后可得比值.【詳解】設圓柱的底面圓半徑為，則，所以圓柱的體積.又球的體積，所以球的體積與圓柱的體積的比，故選D.【點睛】本題主要考查幾何體的體積求解，側重考查數學運算的核心素養.11D【解析】根據題意，分析該郵車到第站時，一共裝上的郵件和卸下的郵件數目，進而計算可得答案【詳解】解：根據題意，該郵車到第站時，一共裝上了件郵件，需要卸下件郵件，則，故選：D【點睛】本題主要考查數列遞推公式的應用，屬于中檔題12A【解析】根據復數乘除運算法則，即可求解.【詳解】.故選：A.【點睛】本題考查復數代數運算，屬于基礎題題.二、填空題：本題共4

12、小題，每小題5分，共20分。1311【解析】由等差數列的下標和性質可得，由即可求出公差，即可求解；【詳解】解：設等差數列的公差為，又因為，解得故答案為：【點睛】本題考查等差數列的通項公式及等差數列的性質的應用，屬于基礎題.14【解析】利用等體積法求解點到平面的距離【詳解】由題在長方體中，所以，所以，設點到平面的距離為，解得故答案為：【點睛】此題考查求點到平面的距離，通過在三棱錐中利用等體積法求解，關鍵在于合理變換三棱錐的頂點.15【解析】把平方利用數量積的運算化簡即得解.【詳解】因為，所以，因為所以.故答案為：【點睛】本題主要考查平面向量的數量積的運算法則，考查向量的夾角的計算，意在考查學生對

13、這些知識的理解掌握水平.16【解析】考查更為一般的問題：設P為橢圓C:上的動點，為橢圓的兩個焦點，為PF1F2的內心，求點I的軌跡方程解法一：如圖，設內切圓I與F1F2的切點為H，半徑為r，且F1H=y，F2H=z，PF1=x+y，PF2=x+z，則.直線IF1與IF2的斜率之積：，而根據海倫公式，有PF1F2的面積為因此有.再根據橢圓的斜率積定義，可得I點的軌跡是以F1F2為長軸，離心率e滿足的橢圓，其標準方程為.解法二：令，則三角形PF1F2的面積：，其中r為內切圓的半徑，解得.另一方面，由內切圓的性質及焦半徑公式得：從而有消去得到點I的軌跡方程為：.本題中：，代入上式可得軌跡方程為：.三

14、、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）答案不唯一，具體見解析（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】（1）求出的定義域，導函數，對參數、分類討論得到答案.（2）設函數，求導說明函數的單調性，求出函數的最大值，即可得證.（3）由（1）可知，可得，即又即可得證.【詳解】（1）解：的定義域為，當，時，則在上單調遞增；當，時，令，得，令，得，則在上單調遞減，在上單調遞增；當，時，則在上單調遞減；當，時，令，得，令，得，則在上單調遞增，在上單調遞減；（2）證明：設函數，則.因為，所以，則，從而在上單調遞減，所以，即.（3）證明：當時，.由（1）知，所以，即.當時，則，即，

15、又，所以，即.【點睛】本題考查利用導數研究含參函數的單調性，利用導數證明不等式，屬于難題.18y2sin2x【解析】計算MN，計算得到函數表達式.【詳解】M，N，MN， 在矩陣MN變換下， 曲線ysinx在矩陣MN變換下的函數解析式為y2sin2x【點睛】本題考查了矩陣變換，意在考查學生的計算能力.19（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）把轉化成，令，由題意得，即證明恒成立，通過導數求證即可（2）直接求導可得，令，得或，故根據0與的大小關系來進行分類討論即可【詳解】證明：（1）令，則.分析知，函數的增區間為，減區間為.所以當時，.所以，即，所以.所以當時，.解：（2）因為，所以.討論：當時

16、，此時函數在區間上單調遞減.又，故此時函數僅有一個零點為0；當時，令，得，故函數的增區間為，減區間為，.又極大值，所以極小值.當時，有.又，此時，故當時，函數還有一個零點，不符合題意；當時，令得，故函數的增區間為，減區間為，.又極小值，所以極大值.若，則，得，所以，所以當且時，故此時函數還有一個零點，不符合題意.綜上，所求實數的值為.【點睛】本題考查不等式的恒成立問題和函數的零點問題，本題的難點在于把導數化成因式分解的形式，如，進而分類討論，本題屬于難題20（1） （2）證明見解析【解析】（1）先求得導函數，根據兩個極值點可知有兩個不等實根，構造函數，求得；討論和兩種情況，即可確定零點的情況，

17、即可由零點的情況確定的取值范圍；（2）根據極值點定義可知，代入不等式化簡變形后可知只需證明；構造函數，并求得，進而判斷的單調區間，由題意可知，并設，構造函數，并求得，即可判斷在內的單調性和最值，進而可得，即可由函數性質得，進而由單調性證明，即證明，從而證明原不等式成立.【詳解】（1）函數則，因為存在兩個極值點，所以有兩個不等實根.設，所以.當時，所以在上單調遞增，至多有一個零點，不符合題意.當時，令得，0減極小值增所以，即.又因為，所以在區間和上各有一個零點，符合題意，綜上，實數的取值范圍為.（2）證明：由題意知，所以，.要證明，只需證明，只需證明.因為，所以.設，則，所以在上是增函數，在上是

18、減函數.因為，不妨設，設，則，當時，所以，所以在上是增函數，所以，所以，即.因為，所以，所以.因為，且在上是減函數，所以，即，所以原命題成立，得證.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的極值點，由導數證明不等式，構造函數法的綜合應用，極值點偏移證明不等式成立的應用，是高考的常考點和熱點，屬于難題.21（1）（2）【解析】(1) 代入可得對分類討論即可得不等式的解集; (2)根據不等式在上恒成立去絕對值化簡可得再去絕對值即可得關于 的不等式組解不等式組即可求得的取值范圍【詳解】（1）當時，不等式可化為，當時，不等式為，解得；當時，不等式為，無解；當時，不等式為，解得，綜上，原不等式的解集為（2）因為的解集包含于，則不等式可化為，即解得，由題意知，解得，所以實數a的取值范圍是【點睛】本題考查了絕對值不等式的解法分類討論解絕對值不等式的應用,含參數不等