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已知是雙曲線的左、右焦點，若點關于雙曲線漸近線的對稱點滿足（為坐標原點），則雙曲線的漸近線方程為（）ABCD2某高中高三（1）班為了沖刺高考，營造良好的學習氛圍，向班內同學征集書法作品貼在班內墻壁上，小王，小董，小李各寫了一幅書法作品，分別是：“入班即靜”，“天道酬勤”，“細節決定成敗”，為了弄清“天道酬勤”這一作品是誰寫的，班主任對三人進行了問話，得到回復如下：小王說：“入班即靜”是我寫的；小董說：“天道酬勤”不是小王寫的，就是我寫的；小李說：“細節決定成敗”不是我寫的.若三人的說法有且僅有一人是正確的，則“入班即靜”的書寫者是（ ）A小王或小李B小王C小董D小李3函數在的圖象大致

3、為ABCD4已知三棱錐的體積為2，是邊長為2的等邊三角形，且三棱錐的外接球的球心恰好是中點，則球的表面積為（ ）ABCD5馬林梅森是17世紀法國著名的數學家和修道士，也是當時歐洲科學界一位獨特的中心人物，梅森在歐幾里得、費馬等人研究的基礎上對2p1作了大量的計算、驗證工作，人們為了紀念梅森在數論方面的這一貢獻，將形如2P1（其中p是素數）的素數，稱為梅森素數.若執行如圖所示的程序框圖，則輸出的梅森素數的個數是（ ）A3B4C5D66在直角坐標平面上，點的坐標滿足方程，點的坐標滿足方程則的取值范圍是（ ）ABCD7設，為非零向量，則“存在正數，使得”是“”的（ ）A既不充分也不必要條件B必要不充

4、分條件C充分必要條件D充分不必要條件8集合的真子集的個數是（ ）ABCD9執行下面的程序框圖，則輸出的值為 （ ）ABCD10已知復數，為的共軛復數，則（ ）ABCD11點為不等式組所表示的平面區域上的動點，則的取值范圍是（ ）ABCD12已知，則( )ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知數列滿足：點在直線上，若使、構成等比數列，則_14若一組樣本數據7，9，8，10的平均數為9，則該組樣本數據的方差為_.15已知數列的前項和公式為，則數列的通項公式為_16已知為橢圓上的一個動點，設直線和分別與直線交于，兩點，若與的面積相等，則線段的長為_.三、解答題：共70分。解

5、答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）設函數（1）當時，求不等式的解集；（2）當時，求實數的取值范圍18（12分）已知.（1）解關于x的不等式：；（2）若的最小值為M，且，求證：.19（12分）在中，角、的對邊分別為、，且.（1）若，求的值；（2）若，求的值.20（12分）已知；.（1）若為真命題，求實數的取值范圍；（2）若為真命題且為假命題，求實數的取值范圍.21（12分）已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若在上恒成立，求的取值范圍22（10分）如圖，點是以為直徑的圓上異于、的一點，直角梯形所在平面與圓所在平面垂直，且，.（1）證明：平面；（2）求點到平面的距

6、離.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】先利用對稱得，根據可得，由幾何性質可得，即，從而解得漸近線方程.【詳解】如圖所示：由對稱性可得：為的中點，且，所以，因為，所以，故而由幾何性質可得，即，故漸近線方程為，故選B.【點睛】本題考查了點關于直線對稱點的知識，考查了雙曲線漸近線方程，由題意得出是解題的關鍵，屬于中檔題.2D【解析】根據題意，分別假設一個正確，推理出與假設不矛盾，即可得出結論.【詳解】解：由題意知，若只有小王的說法正確，則小王對應“入班即靜”，而否定小董說法后得出：小王對應“天道酬勤”，則矛盾；若

7、只有小董的說法正確，則小董對應“天道酬勤”，否定小李的說法后得出：小李對應“細節決定成敗”，所以剩下小王對應“入班即靜”，但與小王的錯誤的說法矛盾；若小李的說法正確，則“細節決定成敗”不是小李的，則否定小董的說法得出：小王對應“天道酬勤”，所以得出“細節決定成敗”是小董的，剩下“入班即靜”是小李的，符合題意.所以“入班即靜”的書寫者是：小李.故選：D.【點睛】本題考查推理證明的實際應用.3A【解析】因為，所以排除C、D當從負方向趨近于0時，可得.故選A4A【解析】根據是中點這一條件，將棱錐的高轉化為球心到平面的距離，即可用勾股定理求解.【詳解】解：設點到平面的距離為，因為是中點，所以到平面的距

8、離為，三棱錐的體積，解得，作平面，垂足為的外心，所以，且，所以在中，此為球的半徑，.故選：A.【點睛】本題考查球的表面積，考查點到平面的距離，屬于中檔題5C【解析】模擬程序的運行即可求出答案【詳解】解：模擬程序的運行，可得：p1，S1，輸出S的值為1，滿足條件p7，執行循環體，p3，S7，輸出S的值為7，滿足條件p7，執行循環體，p5，S31，輸出S的值為31，滿足條件p7，執行循環體，p7，S127，輸出S的值為127，滿足條件p7，執行循環體，p9，S511，輸出S的值為511，此時，不滿足條件p7，退出循環，結束，故若執行如圖所示的程序框圖，則輸出的梅森素數的個數是5，故選：C【點睛】本

9、題主要考查程序框圖，屬于基礎題6B【解析】由點的坐標滿足方程，可得在圓上，由坐標滿足方程，可得在圓上，則求出兩圓內公切線的斜率，利用數形結合可得結果.【詳解】點的坐標滿足方程，在圓上，在坐標滿足方程，在圓上，則作出兩圓的圖象如圖，設兩圓內公切線為與，由圖可知，設兩圓內公切線方程為，則，圓心在內公切線兩側，可得，化為，即，的取值范圍，故選B.【點睛】本題主要考查直線的斜率、直線與圓的位置關系以及數形結合思想的應用，屬于綜合題. 數形結合是根據數量與圖形之間的對應關系，通過數與形的相互轉化來解決數學問題的一種重要思想方法，尤其在解決選擇題、填空題時發揮著奇特功效，大大提高了解題能力與速度.運用這種

10、方法的關鍵是運用這種方法的關鍵是正確作出曲線圖象，充分利用數形結合的思想方法能夠使問題化難為簡，并迎刃而解.7D【解析】充分性中，由向量數乘的幾何意義得，再由數量積運算即可說明成立；必要性中，由數量積運算可得，不一定有正數，使得，所以不成立，即可得答案.【詳解】充分性：若存在正數，使得，則，得證；必要性：若，則，不一定有正數，使得，故不成立；所以是充分不必要條件故選：D【點睛】本題考查平面向量數量積的運算，向量數乘的幾何意義，還考查了充分必要條件的判定，屬于簡單題.8C【解析】根據含有個元素的集合，有個子集，有個真子集，計算可得；【詳解】解：集合含有個元素，則集合的真子集有（個），故選：C【點

11、睛】考查列舉法的定義，集合元素的概念，以及真子集的概念，對于含有個元素的集合，有個子集，有個真子集，屬于基礎題9D【解析】根據框圖，模擬程序運行，即可求出答案.【詳解】運行程序，結束循環，故輸出，故選：D.【點睛】本題主要考查了程序框圖，循環結構，條件分支結構，屬于中檔題.10C【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.11B【解析】作出不等式對應的平面區域，利用線性規劃的知識，利用的幾何意義即可得到結論【詳解】不等式組作出可行域如圖：，的幾何意義是動點到的斜率，由圖象可知的斜率為1，的斜率為：，則的

12、取值范圍是：，故選：【點睛】本題主要考查線性規劃的應用，根據目標函數的幾何意義結合斜率公式是解決本題的關鍵12B【解析】利用指數函數和對數函數的單調性，將數據和做對比，即可判斷.【詳解】由于，故.故選：B.【點睛】本題考查利用指數函數和對數函數的單調性比較大小，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。1313【解析】根據點在直線上可求得，由等比中項的定義可構造方程求得結果.【詳解】在上，成等比數列，即，解得：.故答案為：.【點睛】本題考查根據三項成等比數列求解參數值的問題，涉及到等比中項的應用，屬于基礎題.141【解析】根據題意，由平均數公式可得，解得的值，進而由方差公式計算

13、，可得答案【詳解】根據題意，數據7，9，8，10的平均數為9，則，解得：，則其方差.故答案為：1【點睛】本題考平均數、方差的計算，考查運算求解能力，求解時注意求出的值，屬于基礎題15【解析】由題意，根據數列的通項與前n項和之間的關系，即可求得數列的通項公式【詳解】由題意，可知當時，；當時，. 又因為不滿足，所以.【點睛】本題主要考查了利用數列的通項與前n項和之間的關系求解數列的通項公式，其中解答中熟記數列的通項與前n項和之間的關系，合理準確推導是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題16【解析】先設點坐標，由三角形面積相等得出兩個三角形的邊之間的比例關系，這個比例關系又可用線段上點的

14、坐標表示出來，從而可求得點的橫坐標，代入橢圓方程得縱坐標，然后可得【詳解】如圖，設，由，得，由得，解得，又在橢圓上，故答案為：【點睛】本題考查直線與橢圓相交問題，解題時由三角形面積相等得出線段長的比例關系，解題是由把線段長的比例關系用點的橫坐標表示三、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) 當時，的取值范圍為；當時，的取值范圍為【解析】（1）當時，分類討論把不等式化為等價不等式組，即可求解 (2)由絕對值的三角不等式，可得，當且僅當時，取“”，分類討論，即可求解【詳解】（1）當時，不等式可化為或或 ，解得不等式的解集為 (2)由絕對值的三角不等式，可得，

15、 當且僅當時，取“”， 所以當時，的取值范圍為；當時，的取值范圍為【點睛】本題主要考查了含絕對值的不等式的求解，以及絕對值三角不等式的應用，其中解答中熟記含絕對值不等式的解法，以及合理應用絕對值的三角不等式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題18（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）分類討論求解絕對值不等式即可；（2）由（1）中所得函數，求得最小值，再利用均值不等式即可證明.【詳解】（1）當時，等價于，該不等式恒成立， 當時，等價于，該不等式解集為， 當時，等價于，解得， 綜上，或，所以不等式的解集為. （2），易得的最小值為1，即因為，所以，所以， 當且僅當時等號成立.【點睛

16、】本題考查利用分類討論求解絕對值不等式，涉及利用均值不等式證明不等式，屬綜合中檔題.19（1）；（2）.【解析】（1）利用余弦定理得出關于的二次方程，結合，可求出的值；（2）利用兩角和的余弦公式以及誘導公式可求出的值，利用同角三角函數的基本關系求出的值，然后利用二倍角的正切公式可求出的值.【詳解】（1）在中，由余弦定理得，即， 解得或（舍），所以；（2）由及得， 所以，又因為，所以，從而，所以.【點睛】本題考查利用余弦定理解三角形，同時也考查了兩角和的余弦公式、同角三角函數的基本關系以及二倍角公式求值，考查計算能力，屬于中等題.20（1） （2）或【解析】（1）根據為真命題列出不等式，進而求得

17、實數的取值范圍；（2）應用復合命題真假判定的口訣：真“非”假，假“非”真，一真“或”為真，兩真“且”才真.【詳解】（1），且，解得所以當為真命題時，實數的取值范圍是.（2）由，可得，又當時，.當為真命題，且為假命題時，與的真假性相同，當假假時，有，解得；當真真時，有，解得；故當為真命題且為假命題時，可得或.【點睛】本題主要考查結合不等式的含有量詞的命題的恒成立問題，存在性問題，考查復合命題的真假判斷，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.21（1）；（2）【解析】（1）,對函數求導,分別求出和,即可求出在點處的切線方程;（2）對求導,分、和三種情況討論的單調性,再結合在上恒成立,可求得的取值范圍.【詳解】（1）因為,所以,所以,則,故曲線在點處的切線方程為.（2）因為,所以,當時,在上恒成立,則在上單調遞增,從而成立,故符合題意;當時,令,解得,即在上單調遞減,則,故不符合題意;當時,在上恒成立,即在上單調遞減,則,故不符合題意.綜上,的取值范圍為.【點睛】本題考查了曲線的切線方程的求法,考查了利用導數研究函數的單調性,考查了不等式恒成立問題,利用分類討論是解決本題的較好方法,屬于中檔題.