1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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已知數列是公差為的等差數列，且成等比數列，則（ ）A4B3C2D12已知直線和平面，若，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D不充分不必要3若，則下列不等式不能成立的是（ ）ABCD4一袋中裝有個紅球和個黑

2、球（除顏色外無區別），任取球，記其中黑球數為，則為（ ）ABCD5已知，是函數圖像上不同的兩點，若曲線在點，處的切線重合，則實數的最小值是（ ）ABCD16在中，D為的中點，E為上靠近點B的三等分點，且，相交于點P，則（ ）ABCD7對于正在培育的一顆種子，它可能1天后發芽，也可能2天后發芽，.下表是20顆不同種子發芽前所需培育的天數統計表，則這組種子發芽所需培育的天數的中位數是( )發芽所需天數1234567種子數43352210A2B3C3.5D48圓心為且和軸相切的圓的方程是（ ）ABCD9已知平面向量，滿足且，若對每一個確定的向量，記的最小值為，則當變化時，的最大值為（ ）ABCD11

3、0已知數列滿足,(),則數列的通項公式( )ABCD11函數在的圖像大致為ABCD12已知拋物線的焦點為，為拋物線上一點，當周長最小時，所在直線的斜率為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知點是橢圓上一點，過點的一條直線與圓相交于兩點，若存在點，使得，則橢圓的離心率取值范圍為_.14如圖，在一個倒置的高為2的圓錐形容器中，裝有深度為的水，再放入一個半徑為1的不銹鋼制的實心半球后，半球的大圓面、水面均與容器口相平，則的值為_.15用數字、組成無重復數字的位自然數，其中相鄰兩個數字奇偶性不同的有_個.16從分別寫有1，2，3，4的4張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機

4、抽取1張，則抽得的第一張卡片上的數不小于第二張卡片上的數的概率為_.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）在平面直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系已知直線的參數方程為（為參數），曲線的極坐標方程為；（1）求直線的直角坐標方程和曲線的直角坐標方程；(2）若直線與曲線交點分別為，點，求的值18（12分）已知命題：，；命題：函數無零點.（1）若為假，求實數的取值范圍；（2）若為假，為真，求實數的取值范圍.19（12分）已知函數.（1）求的單調區間；（2）討論零點的個數.20（12分）設，（1）求的單調區間；（2）設恒成立，求實數的取值范

5、圍.21（12分）如圖，已知正方形所在平面與梯形所在平面垂直，BMAN，（1）證明：平面；（2）求點N到平面CDM的距離22（10分）如圖，己知圓和雙曲線，記與軸正半軸、軸負半軸的公共點分別為、，又記與在第一、第四象限的公共點分別為、.（1）若，且恰為的左焦點，求的兩條漸近線的方程；（2）若，且，求實數的值；（3）若恰為的左焦點，求證：在軸上不存在這樣的點，使得.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】根據等差數列和等比數列公式直接計算得到答案.【詳解】由成等比數列得，即，已知，解得.故選：.【點睛】本題考查了等

6、差數列，等比數列的基本量的計算，意在考查學生的計算能力.2B【解析】由線面關系可知，不能確定與平面的關系，若一定可得，即可求出答案.【詳解】,不能確定還是，當時，存在，由又可得，所以“”是“”的必要不充分條件，故選：B【點睛】本題主要考查了必要不充分條件，線面垂直，線線垂直的判定，屬于中檔題.3B【解析】根據不等式的性質對選項逐一判斷即可.【詳解】選項A：由于，即，所以，所以，所以成立；選項B：由于，即，所以，所以，所以不成立；選項C：由于，所以，所以，所以成立；選項D：由于，所以，所以，所以，所以成立.故選：B.【點睛】本題考查不等關系和不等式，屬于基礎題.4A【解析】由題意可知，隨機變量的

7、可能取值有、，計算出隨機變量在不同取值下的概率，進而可求得隨機變量的數學期望值.【詳解】由題意可知，隨機變量的可能取值有、，則，.因此，隨機變量的數學期望為.故選：A.【點睛】本題考查隨機變量數學期望的計算，考查計算能力，屬于基礎題.5B【解析】先根據導數的幾何意義寫出 在 兩點處的切線方程，再利用兩直線斜率相等且縱截距相等，列出關系樹，從而得出，令函數 ，結合導數求出最小值，即可選出正確答案.【詳解】解：當 時，則;當時，則.設 為函數圖像上的兩點，當 或時，不符合題意，故.則在 處的切線方程為；在 處的切線方程為.由兩切線重合可知 ，整理得.不妨設則 ，由 可得則當時， 的最大值為.則在

8、上單調遞減，則.故選:B.【點睛】本題考查了導數的幾何意義，考查了推理論證能力，考查了函數與方程、分類與整合、轉化與化歸等思想方法.本題的難點是求出 和 的函數關系式.本題的易錯點是計算.6B【解析】設，則，由B，P，D三點共線，C，P，E三點共線,可知，,解得即可得出結果.【詳解】設，則，因為B，P，D三點共線，C，P，E三點共線，所以，所以，.故選:B.【點睛】本題考查了平面向量基本定理和向量共線定理的簡單應用,屬于基礎題.7C【解析】根據表中數據，即可容易求得中位數.【詳解】由圖表可知，種子發芽天數的中位數為，故選：C.【點睛】本題考查中位數的計算，屬基礎題.8A【解析】求出所求圓的半徑

9、，可得出所求圓的標準方程.【詳解】圓心為且和軸相切的圓的半徑為，因此，所求圓的方程為.故選：A.【點睛】本題考查圓的方程的求解，一般求出圓的圓心和半徑，考查計算能力，屬于基礎題.9B【解析】根據題意,建立平面直角坐標系.令.為中點.由即可求得點的軌跡方程.將變形,結合及平面向量基本定理可知三點共線.由圓切線的性質可知的最小值即為到直線的距離最小值,且當與圓相切時,有最大值.利用圓的切線性質及點到直線距離公式即可求得直線方程,進而求得原點到直線的距離,即為的最大值.【詳解】根據題意,設,則由代入可得即點的軌跡方程為又因為,變形可得,即,且所以由平面向量基本定理可知三點共線,如下圖所示:所以的最小

10、值即為到直線的距離最小值根據圓的切線性質可知,當與圓相切時,有最大值設切線的方程為,化簡可得由切線性質及點到直線距離公式可得,化簡可得 即 所以切線方程為或所以當變化時, 到直線的最大值為 即的最大值為故選:B【點睛】本題考查了平面向量的坐標應用,平面向量基本定理的應用, 圓的軌跡方程問題,圓的切線性質及點到直線距離公式的應用,綜合性強,屬于難題.10A【解析】利用數列的遞推關系式，通過累加法求解即可【詳解】數列滿足：，可得以上各式相加可得：，故選：【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用，數列累加法以及通項公式的求法，考查計算能力11B【解析】由分子、分母的奇偶性，易于確定函數為奇函數，由的近

11、似值即可得出結果【詳解】設，則，所以是奇函數，圖象關于原點成中心對稱，排除選項C又排除選項D；，排除選項A，故選B【點睛】本題通過判斷函數的奇偶性，縮小考察范圍，通過計算特殊函數值，最后做出選擇本題較易，注重了基礎知識、基本計算能力的考查12A【解析】本道題繪圖發現三角形周長最小時A,P位于同一水平線上，計算點P的坐標，計算斜率，即可【詳解】結合題意，繪制圖像要計算三角形PAF周長最小值，即計算PA+PF最小值，結合拋物線性質可知，PF=PN，所以，故當點P運動到M點處，三角形周長最小，故此時M的坐標為，所以斜率為，故選A【點睛】本道題考查了拋物線的基本性質，難度中等二、填空題：本題共4小題，

12、每小題5分，共20分。13【解析】設，設出直線AB的參數方程，利用參數的幾何意義可得,由題意得到，據此求得離心率的取值范圍.【詳解】設，直線AB的參數方程為，(為參數)代入圓，化簡得：，存在點，使得，即，故答案為：【點睛】本題主要考查了橢圓離心率取值范圍的求解，考查直線、圓與橢圓的綜合運用，考查直線參數方程的運用，屬于中檔題.14【解析】由已知可得到圓錐的底面半徑，再由圓錐的體積等于半球的體積與水的體積之和即可建立方程.【詳解】設圓錐的底面半徑為，體積為，半球的體積為，水（小圓錐）的體積為，如圖則，所以，解得，所以，由，得，解得.故答案為：【點睛】本題考查圓錐的體積、球的體積的計算，考查學生空

13、間想象能力與計算能力，是一道中檔題.15【解析】對首位數的奇偶進行分類討論，利用分步乘法計數原理和分類加法計數原理可得出結果.【詳解】若首位為奇數，則第一、三、五個數位上的數都是奇數，其余三個數位上的數為偶數，此時，符號條件的位自然數個數為個；若首位數為偶數，則首位數不能為，可排在第三或第五個數位上，第二、四、六個數位上的數為奇數，此時，符合條件的位自然數個數為個.綜上所述，符合條件的位自然數個數為個.故答案為：.【點睛】本題考查數的排列問題，要注意首位數字的分類討論，考查分步乘法計數和分類加法計數原理的應用，考查計算能力，屬于中等題.16【解析】基本事件總數，抽得的第一張卡片上的數不小于第二

14、張卡片上的數包含的基本事件有10種，由此能求出抽得的第一張卡片上的數不小于第二張卡片上的數的概率【詳解】從分別寫有1，2，3，4的4張卡片中隨機抽取1張，放回后再隨機抽取1張，基本事件總數，抽得的第一張卡片上的數不小于第二張卡片上的數包含的基本事件有10種，分別為：，則抽得的第一張卡片上的數不小于第二張卡片上的數的概率為故答案為：【點睛】本題考查古典概型概率的求法，考查運算求解能力，求解時注意辨別概率的模型三、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（）,曲線 （）【解析】試題分析：（1）消去參數可得直線的直角坐標系方程，由可得曲線的直角坐標方程；（2）將（為參數）代入曲

15、線的方程得：，利用韋達定理求解即可.試題解析：（1），曲線，（2）將（為參數）代入曲線的方程得：.所以.所以.18（1） （2）【解析】（1）為假,則為真，求導，利用導函數研究函數有零點條件得的取值范圍；（2）由為假，為真，知一真一假；分類討論列不等式組可解.【詳解】（1）依題意，為真，則無解，即無解；令，則，故當時，單調遞增，當， 單調遞減，作出函數圖象如下所示，觀察可知，即；（2）若為真，則，解得；由為假，為真，知一真一假；若真假，則實數滿足，則；若假真，則實數滿足，無解；綜上所述，實數的取值范圍為.【點睛】本題考查根據全(特)稱命題的真假求參數的問題.其思路：與全稱命題或特稱命題真假有關

16、的參數取值范圍問題的本質是恒成立問題或有解問題解決此類問題時，一般先利用等價轉化思想將條件合理轉化，得到關于參數的方程或不等式(組)，再通過解方程或不等式(組)求出參數的值或范圍19（1）見解析（2）見解析【解析】(1)求導后分析導函數的正負再判斷單調性即可.(2) ,有零點等價于方程實數根,再換元將原方程轉化為,再求導分析的圖像數形結合求解即可.【詳解】（1）的定義域為,當時,所以在單調遞減；當時,所以在單調遞增,所以的減區間為,增區間為.（2）,有零點等價于方程實數根,令則原方程轉化為,令,.令,當時,當時,.如圖可知當時,有唯一零點,即有唯一零點；當時,有兩個零點,即有兩個零點；當時,有

17、唯一零點,即有唯一零點；時,此時無零點,即此時無零點.【點睛】本題主要考查了利用導數分析函數的單調性的方法,同時也考查了利用導數分析函數零點的問題,屬于中檔題.20（1）單調遞增區間為，單調遞減區間為；（2）【解析】（1），令，解不等式即可；（2），令得，即，且的最小值為，令，結合即可解決.【詳解】（1），當時，遞增，當時，遞減.故的單調遞增區間為，單調遞減區間為.（2），設的根為，即有可得，當時，遞減，當時，遞增.，所以，當；當時，設，遞增，所以.綜上，.【點睛】本題考查了利用導數研究函數單調性以及函數恒成立問題，這里要強調一點，處理恒成立問題時，通常是構造函數，將問題轉化為函數的極值或最值

18、來處理.21（1）證明見解析 （2）【解析】（1）因為正方形ABCD所在平面與梯形ABMN所在平面垂直，平面平面，所以平面ABMN，因為平面ABMN，平面ABMN，所以， 因為，所以，因為，所以，所以，因為在直角梯形ABMN中，所以， 所以，所以，因為，所以平面 （2）如圖，取BM的中點E，則，又BMAN，所以四邊形ABEN是平行四邊形，所以NEAB，又ABCD，所以NECD，因為平面CDM，平面CDM，所以NE平面CDM，所以點N到平面CDM的距離與點E到平面CDM的距離相等， 設點N到平面CDM的距離為h，由可得點B到平面CDM的距離為2h，由題易得平面BCM，所以，且，所以， 又，所以由可得，解得，所以點N到平面CDM的距離為 22（1）；（2）；（2）見解析【解析】（1）由圓的方程求出點坐標，得雙曲線的，再計算出后可得漸近線方程；（2）設，由圓方程與雙