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執行下面的程序框圖，則輸出的值為 （ ）ABCD2已知函數（）的部分圖象如圖所示，且，則的最小值為（ ）ABCD3已知函數在區間有三個零點，且，若，則的最小正周期為（ ）ABCD4設、，數列滿足，則（ ）A對于任意，都存在實數，使得恒成立B對于任意，都存在實數，使得恒成立C對于任意，都存在實數，使得恒成立D對于任意，都存在實數，使得恒成立5已知集合，集合，則（ ）.ABCD6已知函數，存在實數，使得，則的最大值為（ ）ABCD7若復數是純虛數，則( )A3B5CD8已知雙曲線的左，右焦點分別為、，過的直線l交雙曲線的右支于點P，以雙曲線的實軸為直徑的圓與直線l相切，切點為H，若，則雙

3、曲線C的離心率為（ ）ABCD9若均為任意實數，且，則 的最小值為（ ）ABCD10已知集合，若，則（ ）A4B4C8D811為了得到函數的圖象，只需把函數的圖象上所有的點（ ）A向左平移個單位長度B向右平移個單位長度C向左平移個單位長度D向右平移個單位長度12函數的最小正周期是，則其圖象向左平移個單位長度后得到的函數的一條對稱軸是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13將底面直徑為4，高為的圓錐形石塊打磨成一個圓柱，則該圓柱的側面積的最大值為_.14已知平面向量，的夾角為，且，則=_15函數在區間上的值域為_.16一個空間幾何體的三視圖及部分數據如圖所示，則這個幾何

4、體的體積是_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）已知函數有兩個零點.(1)求的取值范圍；(2)是否存在實數， 對于符合題意的任意，當 時均有?若存在，求出所有的值；若不存在，請說明理由18（12分）已知曲線：和：（為參數）.以原點為極點，軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，且兩種坐標系中取相同的長度單位.（1）求曲線的直角坐標方程和的方程化為極坐標方程；（2）設與，軸交于，兩點，且線段的中點為.若射線與，交于，兩點，求，兩點間的距離.19（12分）在平面直角坐標系xOy中，曲線C的參數方程為（m為參數），以坐標點O為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，直

5、線l的極坐標方程為cos（+）1（1）求直線l的直角坐標方程和曲線C的普通方程；（2）已知點M （2，0），若直線l與曲線C相交于P、Q兩點，求的值20（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為，（為參數）.以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）若點是直線的一點，過點作曲線的切線，切點為，求的最小值.21（12分）已知函數（I）當時，解不等式.（II）若不等式恒成立，求實數的取值范圍22（10分）在平面直角坐標系xoy中，以坐標原點O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，過點的直線l的參數

6、方程為（為參數），直線l與曲線C交于M、N兩點。（1）寫出直線l的普通方程和曲線C的直角坐標方程：（2）若成等比數列，求a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。1D【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.2A【解析】是函數的零點，根據五點法求出圖中零點及軸左邊第一個零點可得【詳解】由題意，函數在軸右邊的第一個零點為，在軸左邊第一個零點是，的最小值是故選：A.【點睛】本題考查三角函數的周期性，考查函數

7、的對稱性函數的零點就是其圖象對稱中心的橫坐標3C【解析】根據題意，知當時，由對稱軸的性質可知和，即可求出，即可求出的最小正周期.【詳解】解：由于在區間有三個零點，當時，由對稱軸可知，滿足，即.同理，滿足，即，所以最小正周期為：.故選：C.【點睛】本題考查正弦型函數的最小正周期，涉及函數的對稱性的應用，考查計算能力.4D【解析】取，可排除AB；由蛛網圖可得數列的單調情況，進而得到要使，只需，由此可得到答案.【詳解】取，數列恒單調遞增，且不存在最大值，故排除AB選項；由蛛網圖可知，存在兩個不動點，且，因為當時，數列單調遞增，則；當時，數列單調遞減，則；所以要使，只需要，故，化簡得且.故選：D【點睛

8、】本題考查遞推數列的綜合運用，考查邏輯推理能力，屬于難題5A【解析】算出集合A、B及，再求補集即可.【詳解】由，得，所以，又，所以，故或.故選：A.【點睛】本題考查集合的交集、補集運算，考查學生的基本運算能力，是一道基礎題.6A【解析】畫出分段函數圖像，可得，由于，構造函數，利用導數研究單調性，分析最值，即得解.【詳解】由于，,由于，令，在，故.故選：A【點睛】本題考查了導數在函數性質探究中的應用，考查了學生數形結合，轉化劃歸，綜合分析，數學運算的能力，屬于較難題.7C【解析】先由已知，求出，進一步可得，再利用復數模的運算即可【詳解】由z是純虛數，得且，所以，.因此，.故選：C.【點睛】本題考

9、查復數的除法、復數模的運算，考查學生的運算能力，是一道基礎題.8A【解析】在中，由余弦定理，得到，再利用即可建立的方程.【詳解】由已知，在中，由余弦定理，得，又，所以，故選：A.【點睛】本題考查雙曲線離心率的計算問題，處理雙曲線離心率問題的關鍵是建立三者間的關系，本題是一道中檔題.9D【解析】該題可以看做是圓上的動點到曲線上的動點的距離的平方的最小值問題，可以轉化為圓心到曲線上的動點的距離減去半徑的平方的最值問題，結合圖形，可以斷定那個點應該滿足與圓心的連線與曲線在該點的切線垂直的問題來解決，從而求得切點坐標，即滿足條件的點，代入求得結果.【詳解】由題意可得，其結果應為曲線上的點與以為圓心，以

10、為半徑的圓上的點的距離的平方的最小值，可以求曲線上的點與圓心的距離的最小值，在曲線上取一點，曲線有在點M處的切線的斜率為，從而有，即，整理得，解得，所以點滿足條件，其到圓心的距離為，故其結果為，故選D.【點睛】本題考查函數在一點處切線斜率的應用，考查圓的程，兩條直線垂直的斜率關系，屬中檔題.10B【解析】根據交集的定義，可知，代入計算即可求出.【詳解】由，可知，又因為，所以時，解得.故選：B.【點睛】本題考查交集的概念，屬于基礎題.11D【解析】通過變形，通過“左加右減”即可得到答案.【詳解】根據題意，故只需把函數的圖象上所有的點向右平移個單位長度可得到函數的圖象，故答案為D.【點睛】本題主要

11、考查三角函數的平移變換，難度不大.12D【解析】由三角函數的周期可得，由函數圖像的變換可得， 平移后得到函數解析式為，再求其對稱軸方程即可.【詳解】解：函數的最小正周期是，則函數，經過平移后得到函數解析式為，由，得，當時，.故選D.【點睛】本題考查了正弦函數圖像的性質及函數圖像的平移變換，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】由題意欲使圓柱側面積最大，需使圓柱內接于圓錐.設圓柱的高為h，底面半徑為r，則，將側面積表示成關于的函數，再利用一元二次函數的性質求最值.【詳解】欲使圓柱側面積最大，需使圓柱內接于圓錐.設圓柱的高為h，底面半徑為r，則，所以.，當時，的最大

12、值為.故答案為：.【點睛】本題考查圓柱的側面積的最值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、，考查空間想象能力和運算求解能力，求解時注意將問題轉化為函數的最值問題.141【解析】根據平面向量模的定義先由坐標求得，再根據平面向量數量積定義求得；將化簡并代入即可求得.【詳解】，則，平面向量，的夾角為，則由平面向量數量積定義可得，根據平面向量模的求法可知，代入可得，解得，故答案為：1.【點睛】本題考查了平面向量模的求法及簡單應用，平面向量數量積的定義及運算，屬于基礎題.15【解析】由二倍角公式降冪，再由兩角和的正弦公式化函數為一個角的一個三角函數形式，結合正弦函數性質可求得值域【詳解】，則，.故答案為

13、：【點睛】本題考查三角恒等變換（二倍角公式、兩角和的正弦公式），考查正弦函數的的單調性和最值求解三角函數的性質的性質一般都需要用三角恒等變換化函數為一個角的一個三角函數形式，然后結合正弦函數的性質得出結論16【解析】先還原幾何體，再根據柱體體積公式求解【詳解】空間幾何體為一個棱柱，如圖，底面為邊長為的直角三角形，高為的棱柱，所以體積為【點睛】本題考查三視圖以及柱體體積公式，考查基本分析求解能力，屬基礎題三、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 (1)；(2).【解析】（1）對求導，對參數進行分類討論，根據函數單調性即可求得.（2）先根據，得，再根據零點解得，轉化不等式

14、得，令，化簡得，因此 ，最后根據導數研究對應函數單調性，確定對應函數最值，即得取值集合.【詳解】（1），當時，對恒成立，與題意不符，當，時，即函數在單調遞增，在單調遞減，和時均有，解得：，綜上可知：的取值范圍；（2）由(1)可知，則，由的任意性及知，且，故，又，令，則，且恒成立，令，而，時，時，令，若，則時，即函數在單調遞減，與不符；若，則時，即函數在單調遞減，與式不符；若，解得，此時恒成立，即函數在單調遞增，又，時，；時，符合式，綜上，存在唯一實數符合題意.【點睛】利用導數研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數

15、的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.18（1），；（2）1.【解析】（1）利用正弦的和角公式，結合極坐標化為直角坐標的公式，即可求得曲線的直角坐標方程；先寫出曲線的普通方程，再利用公式化簡為極坐標即可；（2）先求出的直角坐標，據此求得中點的直角坐標，將其轉化為極坐標，聯立曲線的極坐標方程，即可求得兩點的極坐標，則距離可解.【詳解】（1）：可整理為，利用公式可得其直角坐標方程為：，：的普通方程為，利用公式可得其極坐標方程為（2）由（1）可得的直角坐標方程為，故容易得，的極坐標方程為，把代入得，.把代入得，.，即，兩點間的距離為1.【點睛】本題考查極坐標方程和直角坐

16、標方程之間的轉化，涉及參數方程轉化為普通方程，以及在極坐標系中求兩點之間的距離，屬綜合基礎題.19（1）l： ，C方程為 ；（2）【解析】（1）直接利用轉換關系，把參數方程極坐標方程和直角坐標方程之間進行轉換（2）利用一元二次方程根和系數關系式的應用求出結果【詳解】(1)曲線C的參數方程為（m為參數），兩式相加得到，進一步轉換為直線l的極坐標方程為cos（+）1，則 轉換為直角坐標方程為（2）將直線的方程轉換為參數方程為（t為參數），代入得到（t1和t2為P、Q對應的參數），所以，所以【點睛】本題考查參數方程極坐標方程和直角坐標方程之間的轉換，一元二次方程根和系數關系式的應用，主要考查學生的運

17、算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題型20（1），；（2）見解析【解析】（1）消去t,得直線的普通方程，利用極坐標與普通方程互化公式得曲線的直角坐標方程；（2）判斷與圓相離，連接，在中，即可求解【詳解】（1）將的參數方程（為參數）消去參數，得.因為，所以曲線的直角坐標方程為.（2）由（1）知曲線是以為圓心，3為半徑的圓，設圓心為，則圓心到直線的距離，所以與圓相離，且.連接，在中，所以，即的最小值為.【點睛】本題考查參數方程化普通方程，極坐標與普通方程互化，直線與圓的位置關系，是中檔題21（） ;（）.【解析】試題分析：（1）根據零點分區間法，去掉絕對值解不等式；（2）根據絕對值不等式的性質得，因此將問題轉化為恒成立，借此不等式即可試題解析：（）由得，或，或 解得：所以原不等式的解集為 .（）由不等式的性質得：，要使不等式恒成立，則 當時，不等式恒成立；當時，解不等式得 綜上 所以實