1、2021-2022高考數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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已知是等差數列的前項和，若，設，則數列的前項和取最大值時的值為( )A2020B20l9C2018D20172函數的圖象大致是（）ABCD3設數列的各項均為正數，前項和為，且，則（ ）

2、A128B65C64D634若，則的虛部是A3BCD5已知復數，為的共軛復數，則（ ）ABCD6將一塊邊長為的正方形薄鐵皮按如圖（1）所示的陰影部分裁下，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，將該容器按如圖（2）放置，若其正視圖為等腰直角三角形，且該容器的容積為，則的值為（ ）A6B8C10D127函數的圖象向右平移個單位得到函數的圖象，并且函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，則實數的值為（ ）ABC2D8已知函數，滿足對任意的實數，都有成立，則實數的取值范圍為（ ）ABCD9已知命題p：“”是“”的充要條件；，則（ ）A為真命題B為真命題C為真命題D為假命題10已知，

3、滿足條件（為常數），若目標函數的最大值為9，則（ ）ABCD11已知平面向量，滿足，且，則（ ）A3BCD512若不等式對恒成立，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已知函數，若函數恰有4個零點，則實數的取值范圍是_14已知點為雙曲線的右焦點，兩點在雙曲線上，且關于原點對稱，若，設，且，則該雙曲線的焦距的取值范圍是_.15函數過定點_.16甲、乙、丙、丁四人參加冬季滑雪比賽，有兩人獲獎.在比賽結果揭曉之前，四人的猜測如下表，其中“”表示猜測某人獲獎，“”表示猜測某人未獲獎，而“”則表示對某人是否獲獎未發表意見.已知四個人中有且只有兩個人的猜測是正

4、確的，那么兩名獲獎者是_.甲獲獎乙獲獎丙獲獎丁獲獎甲的猜測乙的猜測丙的猜測丁的猜測三、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）若正數滿足，求的最小值.18（12分）某商場舉行優惠促銷活動，顧客僅可以從以下兩種優惠方案中選擇一種.方案一：每滿100元減20元；方案二：滿100元可抽獎一次.具體規則是從裝有2個紅球、2個白球的箱子隨機取出3個球（逐個有放回地抽取），所得結果和享受的優惠如下表：（注：所有小球僅顏色有區別）紅球個數3210實際付款7折8折9折原價（1）該商場某顧客購物金額超過100元，若該顧客選擇方案二，求該顧客獲得7折或8折優惠的概率；（2）若某顧客

5、購物金額為180元，選擇哪種方案更劃算？19（12分）已知函數.（）當時，求不等式的解集；（）若存在滿足不等式，求實數的取值范圍.20（12分）如圖，在四棱錐中，.（1）證明：平面；（2）若，為線段上一點，且，求直線與平面所成角的正弦值.21（12分）如圖所示，在四棱錐中，底面是棱長為2的正方形，側面為正三角形，且面面，分別為棱的中點 （1）求證：平面； （2）求二面角的正切值22（10分）在平面直角坐標系xOy中，直線l的參數方程為（t為參數），以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸，建立極坐標系，已知曲線C的極坐標方程為（1）求直線l的普通方程與曲線C的直角坐標方程；（2）設點，直線l與曲線C

6、交于不同的兩點A、B，求的值參考答案一、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。1B【解析】根據題意計算，計算，得到答案.【詳解】是等差數列的前項和，若，故，故，當時，當時，故前項和最大.故選：.【點睛】本題考查了數列和的最值問題，意在考查學生對于數列公式方法的綜合應用.2C【解析】根據函數奇偶性可排除AB選項；結合特殊值，即可排除D選項.【詳解】，函數為奇函數，排除選項A，B；又當時，故選：C.【點睛】本題考查了依據函數解析式選擇函數圖象，注意奇偶性及特殊值的用法，屬于基礎題.3D【解析】根據，得到，即，由等比數列的定義知數列是等比數

7、列，然后再利用前n項和公式求.【詳解】因為，所以，所以，所以數列是等比數列，又因為，所以，.故選：D【點睛】本題主要考查等比數列的定義及等比數列的前n項和公式，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.4B【解析】因為，所以的虛部是.故選B5C【解析】求出，直接由復數的代數形式的乘除運算化簡復數.【詳解】.故選：C【點睛】本題考查復數的代數形式的四則運算，共軛復數，屬于基礎題.6D【解析】推導出，且，設中點為，則平面，由此能表示出該容器的體積，從而求出參數的值【詳解】解：如圖（4），為該四棱錐的正視圖，由圖（3）可知，且，由為等腰直角三角形可知，設中點為，則平面，解得.故選：D【點睛】本題考查三視圖

8、和錐體的體積計算公式的應用，屬于中檔題.7C【解析】由函數的圖象向右平移個單位得到，函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，可得時，取得最大值，即，當時，解得，故選C.點睛：本題主要考查了三角函數圖象的平移變換和性質的靈活運用，屬于基礎題；據平移變換“左加右減，上加下減”的規律求解出，根據函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減可得時，取得最大值，求解可得實數的值.8B【解析】由題意可知函數為上為減函數，可知函數為減函數，且，由此可解得實數的取值范圍.【詳解】由題意知函數是上的減函數，于是有，解得，因此，實數的取值范圍是故選：B.【點睛】本題考查利用分段函數的單調性求參數，一般要分析每支函數的單

9、調性，同時還要考慮分段點處函數值的大小關系，考查運算求解能力，屬于中等題.9B【解析】由的單調性，可判斷p是真命題；分類討論打開絕對值，可得q是假命題，依次分析即得解【詳解】由函數是R上的增函數，知命題p是真命題對于命題q，當，即時，；當，即時，由，得，無解，因此命題q是假命題所以為假命題，A錯誤；為真命題，B正確；為假命題，C錯誤；為真命題，D錯誤故選：B【點睛】本題考查了命題的邏輯連接詞，考查了學生邏輯推理，分類討論，數學運算的能力，屬于中檔題.10B【解析】由目標函數的最大值為9，我們可以畫出滿足條件 件為常數）的可行域，根據目標函數的解析式形式，分析取得最優解的點的坐標，然后根據分析列

10、出一個含參數的方程組，消參后即可得到的取值【詳解】畫出，滿足的為常數）可行域如下圖：由于目標函數的最大值為9，可得直線與直線的交點，使目標函數取得最大值，將，代入得：故選：【點睛】如果約束條件中含有參數，我們可以先畫出不含參數的幾個不等式對應的平面區域，分析取得最優解是哪兩條直線的交點，然后得到一個含有參數的方程（組，代入另一條直線方程，消去，后，即可求出參數的值11B【解析】先求出，再利用求出，再求.【詳解】解：由，所以，故選：B【點睛】考查向量的數量積及向量模的運算，是基礎題.12B【解析】轉化為，構造函數，利用導數研究單調性，求函數最值，即得解.【詳解】由，可知設，則，所以函數在上單調遞

11、增，所以所以故的取值范圍是故選：B【點睛】本題考查了導數在恒成立問題中的應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】函數恰有4個零點，等價于函數與函數的圖象有四個不同的交點，畫出函數圖象，利用數形結合思想進行求解即可.【詳解】函數恰有4個零點，等價于函數與函數的圖象有四個不同的交點，畫出函數圖象如下圖所示：由圖象可知：實數的取值范圍是.故答案為：【點睛】本題考查了已知函數零點個數求參數取值范圍問題，考查了數形結合思想和轉化思想.14【解析】設雙曲線的左焦點為，連接，由于.所以四邊形為矩形，故，由雙曲線定義可得，再求

12、的值域即可.【詳解】如圖，設雙曲線的左焦點為，連接，由于.所以四邊形為矩形，故.在中，由雙曲線的定義可得，.故答案為：【點睛】本題考查雙曲線定義及其性質，涉及到求余弦型函數的值域，考查學生的運算能力，是一道中檔題.15【解析】令，與參數無關，即可得到定點.【詳解】由指數函數的性質，可得，函數值與參數無關，所有過定點.故答案為：【點睛】此題考查函數的定點問題，關鍵在于找出自變量的取值使函數值與參數無關，熟記常見函數的定點可以節省解題時間.16乙、丁【解析】本題首先可根據題意中的“四個人中有且只有兩個人的猜測是正確的”將題目分為四種情況，然后對四種情況依次進行分析，觀察四人所猜測的結果是否沖突，最

13、后即可得出結果.【詳解】從表中可知，若甲猜測正確，則乙，丙，丁猜測錯誤，與題意不符，故甲猜測錯誤；若乙猜測正確，則依題意丙猜測無法確定正誤，丁猜測錯誤；若丙猜測正確，則丁猜測錯誤；綜上只有乙，丙猜測不矛盾，依題意乙，丙猜測是正確的，從而得出乙，丁獲獎.所以本題答案為乙、丁.【點睛】本題是一個簡單的合情推理題，能否根據“四個人中有且只有兩個人的猜測是正確的”將題目所給條件分為四種情況并通過推理判斷出每一種情況的正誤是解決本題的關鍵，考查推理能力，是簡單題.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【解析】試題分析：由柯西不等式得，所以試題解析：因為均為正數，且，所以于是由

14、均值不等式可知，當且僅當時，上式等號成立從而故的最小值為此時考點：柯西不等式18（1）（2）選擇方案二更為劃算【解析】（1）計算顧客獲得7折優惠的概率，獲得8折優惠的概率，相加得到答案.（2）選擇方案二，記付款金額為元，則可取的值為126，144，162，180.，計算概率得到數學期望，比較大小得到答案.【詳解】（1）該顧客獲得7折優惠的概率，該顧客獲得8折優惠的概率，故該顧客獲得7折或8折優惠的概率.（2）若選擇方案一，則付款金額為.若選擇方案二，記付款金額為元，則可取的值為126，144，162，180.，則.因為，所以選擇方案二更為劃算.【點睛】本題考查了概率的計算，數學期望，意在考查學

15、生的計算能力和應用能力.19（）或.（）【解析】（）分類討論解絕對值不等式得到答案.（）討論和兩種情況，得到函數單調性，得到只需，代入計算得到答案.【詳解】（）當時，不等式為，變形為或或，解集為或. （）當時，由此可知在單調遞減，在單調遞增， 當時，同樣得到在單調遞減，在單調遞增，所以，存在滿足不等式，只需，即，解得.【點睛】本題考查了解絕對值不等式，不等式存在性問題，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.20（1）證明見解析（2）【解析】（1）利用線段長度得到與間的垂直關系，再根據線面垂直的判定定理完成證明；（2）以、為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，利用直線的方向向量與平面的法向量夾角的余弦

16、值的絕對值等于線面角的正弦值，計算出結果.【詳解】（1），平面，平面（2）由（1）知，又為坐標原點，分別以、為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，則，設是平面的一個法向量則，即，取得直線與平面所成的正弦值為【點睛】本題考查線面垂直的證明以及用向量法求解線面角的正弦，難度一般.用向量方法求解線面角的正弦值時，注意直線方向向量與平面法向量夾角的余弦值的絕對值等于線面角的正弦值.21 (1)見證明；(2) 【解析】（1）取PD中點G，可證EFGA是平行四邊形，從而， 得證線面平行；（2）取AD中點O，連結PO，可得面，連交于，可證是二面角的平面角，再在中求解即得【詳解】（1）證明：取PD中點G，連結為的中位線，且， 又且，且，EFGA是平行四邊形，則， 又面，面， 面； （2）解：取AD中點O，連結PO， 面面，為正三角形，面，且， 連交于，可得，則，即 連，又，可得平面，則， 即是二面角的平面角， 在中，即二面角的正切值為【點睛】本題考查線面平行證明，考查求二面角求二面角的步驟是一作二證三計算即先作出二面角的平面角，然后證明此角是要求的二面角的平面角，最后在三角形中計算22（1），（2）【解析】(1)利用極坐標與直角坐標的互化公式即可把