1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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若，則的虛部是A3BCD2函數的部分圖象大致是（ ）ABCD3已知函數，若關于的方程有4個不同的實數根，則實數的取

2、值范圍為（ ）ABCD4已知實數滿足則的最大值為（ ）A2BC1D05的圖象如圖所示，若將的圖象向左平移個單位長度后所得圖象與的圖象重合，則可取的值的是（ ）ABCD6已知復數滿足（其中為的共軛復數），則的值為( )A1B2CD7已知正項數列滿足：，設，當最小時，的值為( )ABCD8已知雙曲線，為坐標原點，、為其左、右焦點，點在的漸近線上，且，則該雙曲線的漸近線方程為（ ）ABCD9已知數列滿足,且,則的值是( )ABC4D10洛書，古稱龜書，是陰陽五行術數之源，在古代傳說中有神龜出于洛水，其甲殼上心有此圖象，結構是戴九履一，左三右七，二四為肩，六八為足，以五居中，五方白圈皆陽數，四角黑點為

3、陰數如圖，若從四個陰數和五個陽數中分別隨機選取1個數，則其和等于11的概率是（ ）ABCD11已知數列的通項公式為，將這個數列中的項擺放成如圖所示的數陣.記為數陣從左至右的列，從上到下的行共個數的和，則數列的前2020項和為（ ）ABCD12已知為定義在上的奇函數，且滿足當時，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知函數對于都有，且周期為2，當時，則_.14已知數列的前項和為，則滿足的正整數的值為_.15 “北斗三號”衛星的運行軌道是以地心為一個焦點的橢圓.設地球半徑為R,若其近地點遠地點離地面的距離大約分別是,則“北斗三號”衛星運行軌道的離心率為_.16袋中裝

4、有兩個紅球、三個白球，四個黃球，從中任取四個球，則其中三種顏色的球均有的概率為_.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）已知曲線的參數方程為（為參數）.以直角坐標系的原點為極點，軸的正半軸為極軸建立坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求的普通方程和的直角坐標方程；（2）若過點的直線與交于，兩點，與交于，兩點，求的取值范圍.18（12分）在一次電視節目的答題游戲中，題型為選擇題，只有“A”和“B”兩種結果，其中某選手選擇正確的概率為p，選擇錯誤的概率為q，若選擇正確則加1分，選擇錯誤則減1分，現記“該選手答完n道題后總得分為”.（1）當時，記，求的分布列及數學

5、期望；（2）當，時，求且的概率.19（12分）已知函數.（1）若，解關于的不等式；（2）若當時，恒成立，求實數的取值范圍.20（12分）如圖所示的幾何體中，四邊形為正方形，四邊形為梯形，為中點.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.21（12分）選修4-4：坐標系與參數方程在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）.以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，且曲線的極坐標方程為.（1）寫出直線的普通方程與曲線的直角坐標方程；（2）設直線上的定點在曲線外且其到上的點的最短距離為，試求點的坐標.22（10分）已知，函數，（是自然對數的底數）.（）討論函數極值點的個數；（）若，且命題“，”是假

6、命題，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。1B【解析】因為，所以的虛部是.故選B2C【解析】判斷函數的性質，和特殊值的正負，以及值域，逐一排除選項.【詳解】，函數是奇函數，排除，時，時，排除，當時， 時，排除，符合條件，故選C.【點睛】本題考查了根據函數解析式判斷函數圖象，屬于基礎題型，一般根據選項判斷函數的奇偶性，零點，特殊值的正負，以及單調性，極值點等排除選項.3C【解析】求導，先求出在單增，在單減，且知設，則方程有4個不同的實數根等價于方程在上有兩個不同的實數根，再利用一元二次方程根的分布條件列不

7、等式組求解可得.【詳解】依題意，令，解得，故當時，當，且，故方程在上有兩個不同的實數根，故，解得.故選：C.【點睛】本題考查確定函數零點或方程根個數.其方法：(1)構造法：構造函數(易求，可解)，轉化為確定的零點個數問題求解，利用導數研究該函數的單調性、極值，并確定定義區間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出的圖象草圖，數形結合求解；(2)定理法：先用零點存在性定理判斷函數在某區間上有零點，然后利用導數研究函數的單調性、極值(最值)及區間端點值符號，進而判斷函數在該區間上零點的個數.4B【解析】作出可行域，平移目標直線即可求解.【詳解】解：作出可行域：由得，由圖形知，經過點時，其截距最大，此時最

8、大得，當時，故選：B【點睛】考查線性規劃，是基礎題.5B【解析】根據圖象求得函數的解析式，即可得出函數的解析式，然后求出變換后的函數解析式，結合題意可得出關于的等式，即可得出結果.【詳解】由圖象可得，函數的最小正周期為，則，取，則，可得，當時，.故選：B.【點睛】本題考查利用圖象求函數解析式，同時也考查了利用函數圖象變換求參數，考查計算能力，屬于中等題.6D【解析】按照復數的運算法則先求出，再寫出，進而求出.【詳解】，.故選：D【點睛】本題考查復數的四則運算、共軛復數及復數的模，考查基本運算能力，屬于基礎題.7B【解析】由得，即，所以得，利用基本不等式求出最小值，得到，再由遞推公式求出.【詳解

9、】由得，即，當且僅當時取得最小值，此時.故選：B【點睛】本題主要考查了數列中的最值問題，遞推公式的應用，基本不等式求最值，考查了學生的運算求解能力.8D【解析】根據，先確定出的長度，然后利用雙曲線定義將轉化為的關系式，化簡后可得到的值，即可求漸近線方程.【詳解】如圖所示：因為，所以，又因為，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以漸近線方程為.故選：D.【點睛】本題考查根據雙曲線中的長度關系求解漸近線方程，難度一般.注意雙曲線的焦點到漸近線的距離等于虛軸長度的一半.9B【解析】 由，可得，所以數列是公比為的等比數列， 所以，則， 則，故選B.點睛：本題考查了等比數列的概念，等比數列的通項公式及

10、等比數列的性質的應用，試題有一定的技巧，屬于中檔試題，解決這類問題的關鍵在于熟練掌握等比數列的有關公式并能靈活運用，尤其需要注意的是，等比數列的性質和在使用等比數列的前n項和公式時，應該要分類討論，有時還應善于運用整體代換思想簡化運算過程.10A【解析】基本事件總數，利用列舉法求出其和等于11包含的基本事件有4個，由此能求出其和等于11的概率【詳解】解：從四個陰數和五個陽數中分別隨機選取1個數，基本事件總數，其和等于11包含的基本事件有：，共4個，其和等于的概率故選：【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題11D【解析】由題意，設每一行的和為，可得，繼而

11、可求解，表示，裂項相消即可求解.【詳解】由題意，設每一行的和為 故因此：故故選：D【點睛】本題考查了等差數列型數陣的求和，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.12C【解析】由題設條件，可得函數的周期是，再結合函數是奇函數的性質將轉化為函數值，即可得到結論.【詳解】由題意，則函數的周期是，所以，又函數為上的奇函數，且當時，所以，.故選：C.【點睛】本題考查函數的周期性，由題設得函數的周期是解答本題的關鍵，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】利用，且周期為2，可得，得.【詳解】，且周期為2，又當時，故答案為：【點睛】本題考查函數的周期性與對

12、稱性的應用，考查轉化能力，屬于基礎題.146【解析】已知，利用，求出通項，然后即可求解【詳解】，當時，；當時，故數列是首項為-2，公比為2的等比數列，.又，.【點睛】本題考查通項求解問題，屬于基礎題15【解析】畫出圖形，結合橢圓的定義和題設條件，求得的值，即可求得橢圓的離心率，得到答案.【詳解】如圖所示，設橢圓的長半軸為，半焦距為，因為地球半徑為R,若其近地點遠地點離地面的距離大約分別是,可得，解得，所以橢圓的離心率為.故答案為：.【點睛】本題主要考查了橢圓的離心率的求解，其中解答中熟記橢圓的幾何性質，列出方程組，求得的值是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.16【解析】基本事件

13、總數n126，其中三種顏色的球都有包含的基本事件個數m72，由此能求出其中三種顏色的球都有的概率【詳解】解：袋中有2個紅球，3個白球和4個黃球，從中任取4個球，基本事件總數n126，其中三種顏色的球都有，可能是2個紅球，1個白球和1個黃球或1個紅球，2個白球和1個黃球或1個紅球，1個白球和2個黃球，所以包含的基本事件個數m72，其中三種顏色的球都有的概率是p故答案為：【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題三、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)見解析;(2).【解析】試題分析：（1）利用平方法消去參數，即可得到

14、的普通方程，兩邊同乘以利用 即可得的直角坐標方程；（2）設直線的參數方程為（為參數），代入，利用韋達定理、直線參數方程的幾何意義以及三角函數的有界性可得結果.試題解析：（1）曲線的普通方程為，曲線的直角坐標方程為 ； （2）設直線的參數方程為（為參數）又直線與曲線：存在兩個交點，因此. 聯立直線與曲線：可得則聯立直線與曲線：可得，則即18（1）見解析，0（2）【解析】（1）即該選手答完3道題后總得分,可能出現的情況為3道題都答對,答對2道答錯1道,答對1道答錯2道,3道題都答錯,進而求解即可；（2）當時,即答完8題后,正確的題數為5題,錯誤的題數是3題,又,則第一題答對,第二題第三題至少有一道

15、答對,進而求解.【詳解】解:（1）的取值可能為,1,3,又因為,故,所以的分布列為：13所以（2）當時,即答完8題后,正確的題數為5題,錯誤的題數是3題,又已知,第一題答對,若第二題回答正確,則其余6題可任意答對3題；若第二題回答錯誤,第三題回答正確,則后5題可任意答對題， 此時的概率為（或）.【點睛】本題考查二項分布的分布列及期望,考查數據處理能力,考查分類討論思想.19（1）（2）【解析】（1）利用零點分段法將表示為分段函數的形式，由此求得不等式的解集.（2）對分成三種情況，求得的最小值，由此求得的取值范圍.【詳解】（1）當時，由此可知，的解集為（2）當時，的最小值為和中的最小值，其中，.

16、所以恒成立.當時，且，不恒成立，不符合題意.當時，若，則，故不恒成立，不符合題意；若，則，故不恒成立，不符合題意.綜上，.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查根據絕對值不等式恒成立求參數的取值范圍，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.20（1）見解析；（2）【解析】(1)取的中點，結合三角形中位線和長度關系，為平行四邊形，進而得到，根據線面平行判定定理可證得結論；(2)以，為，軸建立空間直角坐標系,分別求得兩面的法向量，求得法向量夾角的余弦值；根據二面角為銳角確定最終二面角的余弦值；【詳解】（1）取的中點，連結，因為為中點，所以，為平行四邊形，所以，又因為，所以；（2）由題及（1

17、）易知，兩兩垂直，所以以，為，軸建立空間直角坐標系,則，易知面的法向量為設面的法向量為則可得所以,如圖可知二面角為銳角，所以余弦值為【點睛】本題考查立體幾何中直線與平面平行關系的證明、空間向量法求解二面角,正確求解法向量是解題的關鍵，屬于中檔題.21（1）的普通方程為的直角坐標方程為 （2）（-1，0）或（2，3）【解析】（1）對直線的參數方程消參數即可求得直線的普通方程，對整理并兩邊乘以，結合，即可求得曲線的直角坐標方程。（2）由（1）得：曲線C是以Q（1,1）為圓心，為半徑的圓，設點P的坐標為，由題可得：，利用兩點距離公式列方程即可求解。【詳解】解：（1）由消去參數，得即直線的普通方程為

18、因為又，曲線的直角坐標方程為 （2）由知，曲線C是以Q（1,1）為圓心，為半徑的圓設點P的坐標為，則點P到上的點的最短距離為|PQ|即，整理得，解得 所以點P的坐標為（-1，0）或（2，3）【點睛】本題主要考查了參數方程化為普通方程及極坐標方程化為直角坐標方程，還考查了轉化思想及兩點距離公式，考查了方程思想及計算能力，屬于中檔題。22（1）當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）【解析】試題分析 ：（1），分，討論，當時，對，當時，解得，在上是減函數，在上是增函數。所以，當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）原命題為假命題，則逆否命題為真命題。即不等式在區間內有解。設 ，所以 ，設 ，則，且是增函數，所以 。所以分和k1討論。試題解析：（）因為，所