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已知函數，若函數的圖象恒在軸的上方，則實數的取值范圍為（ ）ABCD2已知集合，則等于（ ）ABCD3若x，y滿足約束條件則z=的取值范圍為（ ）AB，3C，2D，24已知雙曲線：的焦距為，焦點到雙曲線的漸近線的距離為，則雙曲線的漸近線

2、方程為（）ABCD5已知集合，則=( )ABCD6已知，若對任意，關于x的不等式（e為自然對數的底數）至少有2個正整數解，則實數a的取值范圍是（ ）ABCD7若點是角的終邊上一點，則（ ）ABCD8是的（ ）條件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要9若復數，則（ ）ABCD2010已知向量滿足,且與的夾角為,則( )ABCD11若執行如圖所示的程序框圖，則輸出的值是（ ）ABCD412在棱長均相等的正三棱柱中，為的中點，在上，且，則下述結論：；平面平面：異面直線與所成角為其中正確命題的個數為( )A1B2C3D4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知數列的前項和為

3、且滿足，則數列的通項_14在平面直角坐標系中，點的坐標為，點是直線：上位于第一象限內的一點已知以為直徑的圓被直線所截得的弦長為，則點的坐標_15已知雙曲線的左、右焦點分別為為雙曲線上任一點，且的最小值為，則該雙曲線的離心率是_.16能說明“在數列中，若對于任意的，則為遞增數列”為假命題的一個等差數列是_.（寫出數列的通項公式）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C的極坐標方程是.以極點為平面直角坐標系的原點,極軸為x軸的正半軸,建立平面直角坐標系,直線l的參數方程是:（是參數）.（1）若直線l與曲線C相交于A、B兩點,且,試求實數m值.（2）設為

4、曲線上任意一點，求的取值范圍.18（12分）已知函數，.（1）判斷函數在區間上的零點的個數；（2）記函數在區間上的兩個極值點分別為、，求證：.19（12分）如圖，在三棱柱中，平面平面，側面為平行四邊形，側面為正方形，為的中點.（1）求證：平面；（2）求二面角的大小.20（12分）在直角坐標系xOy中，以坐標原點為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知：，：，：.（1）求與的極坐標方程（2）若與交于點A，與交于點B，求的最大值.21（12分）已知數列滿足且（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和.22（10分）已知函數，.（1）當時，求函數的值域；（2），求實數的取值范圍.參考答案一、選

5、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】函數的圖象恒在軸的上方，在上恒成立.即，即函數的圖象在直線上方，先求出兩者相切時的值，然后根據變化時，函數的變化趨勢，從而得的范圍【詳解】由題在上恒成立.即，的圖象永遠在的上方，設與的切點，則，解得，易知越小，圖象越靠上，所以.故選：B【點睛】本題考查函數圖象與不等式恒成立的關系，考查轉化與化歸思想，首先函數圖象轉化為不等式恒成立，然后不等式恒成立再轉化為函數圖象，最后由極限位置直線與函數圖象相切得出參數的值，然后得出參數范圍2C【解析】先化簡集合A，再與集合B求交集.【詳解】因為，所以

6、.故選：C【點睛】本題主要考查集合的基本運算以及分式不等式的解法，屬于基礎題.3D【解析】由題意作出可行域，轉化目標函數為連接點和可行域內的點的直線斜率的倒數，數形結合即可得解.【詳解】由題意作出可行域，如圖，目標函數可表示連接點和可行域內的點的直線斜率的倒數，由圖可知，直線的斜率最小，直線的斜率最大，由可得，由可得，所以，所以.故選：D.【點睛】本題考查了非線性規劃的應用，屬于基礎題.4A【解析】利用雙曲線：的焦點到漸近線的距離為，求出，的關系式，然后求解雙曲線的漸近線方程【詳解】雙曲線：的焦點到漸近線的距離為，可得：，可得，則的漸近線方程為故選A【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，構建

7、出的關系是解題的關鍵，考查計算能力，屬于中檔題.5C【解析】計算，再計算交集得到答案.【詳解】，故.故選：.【點睛】本題考查了交集運算，意在考查學生的計算能力.6B【解析】構造函數（），求導可得在上單調遞增,則 ,問題轉化為,即至少有2個正整數解,構造函數,通過導數研究單調性,由可知，要使得至少有2個正整數解,只需即可,代入可求得結果.【詳解】構造函數（），則（），所以在上單調遞增，所以，故問題轉化為至少存在兩個正整數x，使得成立，設，則，當時，單調遞增；當時，單調遞增.，整理得.故選:B.【點睛】本題考查導數在判斷函數單調性中的應用,考查不等式成立問題中求解參數問題,考查學生分析問題的能力和

8、邏輯推理能力,難度較難.7A【解析】根據三角函數的定義，求得，再由正弦的倍角公式，即可求解.【詳解】由題意，點是角的終邊上一點，根據三角函數的定義，可得，則，故選A.【點睛】本題主要考查了三角函數的定義和正弦的倍角公式的化簡、求值，其中解答中根據三角函數的定義和正弦的倍角公式，準確化簡、計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.8B【解析】利用充分條件、必要條件與集合包含關系之間的等價關系，即可得出。【詳解】設對應的集合是，由解得且 對應的集合是 ，所以，故是的必要不充分條件，故選B?！军c睛】本題主要考查充分條件、必要條件的判斷方法集合關系法。設 ，如果，則是的充分條件；如果B則

9、是的充分不必要條件；如果，則是的必要條件；如果，則是的必要不充分條件。9B【解析】化簡得到，再計算模長得到答案.【詳解】，故.故選：.【點睛】本題考查了復數的運算，復數的模，意在考查學生的計算能力.10A【解析】根據向量的運算法則展開后利用數量積的性質即可.【詳解】.故選：A.【點睛】本題主要考查數量積的運算，屬于基礎題.11D【解析】模擬程序運行，觀察變量值的變化，得出的變化以4為周期出現，由此可得結論【詳解】；如此循環下去，當時，此時不滿足，循環結束，輸出的值是4.故選：D【點睛】本題考查程序框圖，考查循環結構解題時模擬程序運行，觀察變量值的變化，確定程序功能，可得結論12B【解析】設出棱

10、長，通過直線與直線的垂直判斷直線與直線的平行，推出的正誤；判斷是的中點推出正的誤；利用直線與平面垂直推出平面與平面垂直推出正的誤；建立空間直角坐標系求出異面直線與所成角判斷的正誤【詳解】解：不妨設棱長為：2，對于連結，則，即與不垂直，又，不正確；對于，連結，在中，而，是的中點，所以，正確；對于由可知，在中，連結，易知，而在中，即，又，面，平面平面，正確；以為坐標原點，平面上過點垂直于的直線為軸，所在的直線為軸，所在的直線為軸，建立如圖所示的直角坐標系；， ， ， ， ；， ；異面直線與所成角為，故不正確故選：【點睛】本題考查命題的真假的判斷，棱錐的結構特征，直線與平面垂直，直線與直線的位置關系

11、的應用，考查空間想象能力以及邏輯推理能力二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】先求得時；再由可得時,兩式作差可得,進而求解.【詳解】當時,解得；由,可知當時,兩式相減,得,即,所以數列是首項為,公比為的等比數列,所以,故答案為:【點睛】本題考查由與的關系求通項公式,考查等比數列的通項公式的應用.14【解析】依題意畫圖,設,根據圓的直徑所對的圓周角為直角,可得,通過勾股定理得,再利用兩點間的距離公式即可求出,進而得出點坐標.【詳解】解:依題意畫圖,設以為直徑的圓被直線所截得的弦長為,且,又因為為圓的直徑,則所對的圓周角,則, 則為點到直線：的距離.所以,則.又因為點在直線：

12、上,設,則.解得,則.故答案為: 【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系,考查了兩點間的距離公式,點到直線的距離公式,是基礎題.15【解析】根據雙曲線方程，設及，將代入雙曲線方程并化簡可得，由題意的最小值為，結合平面向量數量積的坐標運算化簡，即可求得的值，進而求得離心率即可.【詳解】設點，則，即，當時，等號成立，.故答案為：.【點睛】本題考查了雙曲線與向量的綜合應用，由平面向量數量積的最值求離心率，屬于中檔題.16答案不唯一，如【解析】根據等差數列的性質可得到滿足條件的數列.【詳解】由題意知，不妨設， 則，很明顯為遞減數列，說明原命題是假命題.所以，答案不唯一，符合條件即可.【點睛】本題考查對等

13、差數列的概念和性質的理解，關鍵是假設出一個遞減的數列，還需檢驗是否滿足命題中的條件，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）或；（2）.【解析】（1）將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程，在直角坐標條件下求出曲線的圓心坐標和半徑，將直線的參數方程化為普通方程，由勾股定理列出等式可求的值；（2）將圓化為參數方程形式，代入由三角公式化簡可求其取值范圍【詳解】（1）曲線C的極坐標方程是化為直角坐標方程為：直線的直角坐標方程為：圓心到直線l的距離（弦心距）圓心到直線的距離為 ：或（2）曲線的方程可化為，其參數方程為：為曲線上任意一點，的取值范圍是18（1）；（2

14、）見解析.【解析】（1）利用導數分析函數在區間上的單調性與極值，結合零點存在定理可得出結論；（2）設函數的極大值點和極小值點分別為、，由（1）知，且滿足，于是得出，由得，利用正切函數的單調性推導出，再利用正弦函數的單調性可得出結論.【詳解】（1），當時，則函數在上單調遞增；當時，則函數在上單調遞減；當時，則函數在上單調遞增.，.所以，函數在與不存在零點，在區間和上各存在一個零點.綜上所述，函數在區間上的零點的個數為；（2），.由（1）得，在區間與上存在零點，所以，函數在區間與上各存在一個極值點、，且，且滿足即，又，即，由在上單調遞增，得，再由在上單調遞減，得，即.【點睛】本題考查利用導數研究函

15、數的零點個數問題，同時也考查了利用導數證明不等式，考查分析問題和解決問題的能力，屬于難題.19（1）證明見解析（2）【解析】（1）連接，交與，連接，由，得出結論；（2）以為原點，分別為，軸建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用夾角公式求出即可.【詳解】（1）連接，交與，連接，在中，又平面，平面，所以平面；（2）由平面平面，為平面與平面的交線，故平面，故，又，所以平面，以為原點，分別為，軸建立空間直角坐標系，設平面的法向量為，由，得，平面的法向量為，由，故二面角的大小為.【點睛】本小題主要考查線面平行的證明，考查二面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.20（1）的極坐標方程

16、為；的極坐標方程為：（2）【解析】（1）根據，代入即可轉化.（2）由：，可得，代入與的極坐標方程求出，從而可得，再利用二倍角公式、輔助角公式，借助三角函數的性質即可求解.【詳解】（1）：，的極坐標方程為：，的極坐標方程為：，（2）：，則（為銳角），當時取等號.【點睛】本題考查了極坐標與直角坐標的互化、二倍角公式、輔助角公式以及三角函數的性質，屬于基礎題.21（1）；（2）【解析】（1）根據已知可得數列為等比數列，即可求解；（2）由（1）可得為等比數列，根據等比數列和等差數列的前項和公式，即可求解.【詳解】（1）因為，所以，又所以數列為等比數列，且首項為，公比為.故 （2）由（1）知，所以所以【點睛】本題考查等比數列的定義及通項公式、等差數列和等比數列的前項和，屬于基礎題.22（1）；（2）.【解析】（1）將代入函數的