1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，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函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（ ）ABCD2復數（）ABC0D3已知不同直線、與不同平面、，且，則下列說法中正確的是（ ）A若，則B若，則C若，則D若，則4已知 ，且是的充分

2、不必要條件，則的取值范圍是（ ）ABCD5若單位向量，夾角為，且，則實數（ ）A1B2C0或1D2或16已知，則的大小關系是（ ）ABCD7點在所在的平面內，且，則（ ）ABCD8已知為等比數列，則（ ）A9B9CD9設命題函數在上遞增，命題在中，下列為真命題的是（ ）ABCD10設，則，則（ ）ABCD11如圖，在直三棱柱中，點分別是線段的中點，分別記二面角，的平面角為，則下列結論正確的是（ ）ABCD12如圖，在中， ，是上的一點，若，則實數的值為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知函數圖象上一點處的切線方程為，則_14在ABC中，a3，B2A，則cosA

3、_15已知為等差數列，為其前n項和，若，則_.16已知雙曲線-=1(a0，b0)與拋物線y2=8x有一個共同的焦點F，兩曲線的一個交點為P，若|FP|=5，則點F到雙曲線的漸近線的距離為_.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）設的內角、的對邊長分別為、.設為的面積，滿足.(1)求；(2)若，求的最大值.18（12分）已知動圓過定點，且與直線相切，動圓圓心的軌跡為，過作斜率為的直線與交于兩點，過分別作的切線，兩切線的交點為，直線與交于兩點（1）證明：點始終在直線上且；（2）求四邊形的面積的最小值19（12分）設數列，的各項都是正數，為數列的前n項和，且對任

4、意，都有，（e是自然對數的底數）.（1）求數列，的通項公式；（2）求數列的前n項和.20（12分）直線與拋物線相交于，兩點，且，若，到軸距離的乘積為（1）求的方程；（2）設點為拋物線的焦點，當面積最小時，求直線的方程21（12分）已知函數.() 求函數的單調區間；() 當時，求函數在上最小值.22（10分）某商場以分期付款方式銷售某種商品，根據以往資料統計，顧客購買該商品選擇分期付款的期數的分布列為：2340.4其中，（）求購買該商品的3位顧客中，恰有2位選擇分2期付款的概率；（）商場銷售一件該商品，若顧客選擇分2期付款，則商場獲得利潤l00元，若顧客選擇分3期付款，則商場獲得利潤150元，若

5、顧客選擇分4期付款，則商場獲得利潤200元.商場銷售兩件該商品所獲的利潤記為（單位：元）（）求的分布列；（）若，求的數學期望的最大值.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】對分類討論，當，函數在單調遞減，當，根據對勾函數的性質，求出單調遞增區間，即可求解.【詳解】當時，函數在上單調遞減，所以，的遞增區間是，所以，即.故選:B.【點睛】本題考查函數單調性，熟練掌握簡單初等函數性質是解題關鍵，屬于基礎題.2C【解析】略3C【解析】根據空間中平行關系、垂直關系的相關判定和性質可依次判斷各個選項得到結果.【詳解】對于，

6、若，則可能為平行或異面直線，錯誤；對于，若，則可能為平行、相交或異面直線，錯誤；對于，若，且，由面面垂直的判定定理可知，正確；對于，若，只有當垂直于的交線時才有，錯誤.故選：.【點睛】本題考查空間中線面關系、面面關系相關命題的辨析，關鍵是熟練掌握空間中的平行關系與垂直關系的相關命題.4D【解析】“是的充分不必要條件”等價于“是的充分不必要條件”，即中變量取值的集合是中變量取值集合的真子集.【詳解】由題意知：可化簡為，所以中變量取值的集合是中變量取值集合的真子集，所以.【點睛】利用原命題與其逆否命題的等價性，對是的充分不必要條件進行命題轉換，使問題易于求解.5D【解析】利用向量模的運算列方程，結

7、合向量數量積的運算，求得實數的值.【詳解】由于，所以，即，即，解得或.故選：D【點睛】本小題主要考查向量模的運算，考查向量數量積的運算，屬于基礎題.6B【解析】利用函數與函數互為反函數，可得，再利用對數運算性質比較a,c進而可得結論.【詳解】依題意，函數與函數關于直線對稱，則，即，又，所以，.故選：B.【點睛】本題主要考查對數、指數的大小比較，屬于基礎題.7D【解析】確定點為外心，代入化簡得到，再根據計算得到答案.【詳解】由可知，點為外心，則，又，所以因為，聯立方程可得，因為，所以，即故選：【點睛】本題考查了向量模長的計算，意在考查學生的計算能力.8C【解析】根據等比數列的下標和性質可求出,便

8、可得出等比數列的公比,再根據等比數列的性質即可求出.【詳解】,又,可解得或設等比數列的公比為,則當時, ；當時, ,.故選：C【點睛】本題主要考查等比數列的性質應用,意在考查學生的數學運算能力,屬于基礎題.9C【解析】命題：函數在上單調遞減，即可判斷出真假命題：在中，利用余弦函數單調性判斷出真假【詳解】解：命題：函數，所以，當時，即函數在上單調遞減，因此是假命題命題：在中，在上單調遞減，所以，是真命題則下列命題為真命題的是故選：C【點睛】本題考查了函數的單調性、正弦定理、三角形邊角大小關系、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題10A【解析】根據換底公式可得，再化簡，比較的大

9、小，即得答案.【詳解】，.，顯然.,即，即.綜上，.故選：.【點睛】本題考查換底公式和對數的運算，屬于中檔題.11D【解析】過點作，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求解二面角的余弦值得答案【詳解】解：因為，所以，即過點作，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，0，0，1，設平面的法向量， 則，取，得，同理可求平面的法向量，平面的法向量，平面的法向量，故選：D【點睛】本題考查二面角的大小的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，屬于中檔題12B【解析】變形為，由得，轉化在中，利用三點共線可得.【詳解】解：依題： ，又三點共

10、線，解得故選：【點睛】本題考查平面向量基本定理及用向量共線定理求參數. 思路是(1)先選擇一組基底，并運用該基底將條件和結論表示成向量的形式，再通過向量的運算來解決.利用向量共線定理及向量相等的條件列方程(組)求參數的值. (2)直線的向量式參數方程： 三點共線 (為平面內任一點,)二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。131【解析】求出導函數，由切線方程得切線斜率和切點坐標，從而可求得【詳解】由題意，函數圖象在點處的切線方程為，解得，故答案為：1【點睛】本題考查導數的幾何意義，求出導函數是解題基礎，14【解析】由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函數公式即可計算求值得解【詳解】解：a3

11、，B2A，由正弦定理可得：，cosA故答案為【點睛】本題主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函數公式在解三角形中的應用，屬于基礎題151【解析】試題分析：因為是等差數列，所以，即，又，所以，所以故答案為1【考點】等差數列的基本性質【名師點睛】在等差數列五個基本量，中，已知其中三個量，可以根據已知條件，結合等差數列的通項公式、前項和公式列出關于基本量的方程(組)來求余下的兩個量，計算時須注意整體代換思想及方程思想的應用.16【解析】設點為，由拋物線定義知，求出點P坐標代入雙曲線方程得到的關系式，求出雙曲線的漸近線方程，利用點到直線的距離公式求解即可.【詳解】由題意得F(2，0)，因為點P在拋物線y2

12、=8x上，|FP|=5，設點為，由拋物線定義知，解得，不妨取P(3，2)，代入雙曲線-=1，得-=1，又因為a2+b2=4，解得a=1，b=，因為雙曲線的漸近線方程為，所以雙曲線的漸近線為y=x，由點到直線的距離公式可得，點F到雙曲線的漸近線的距離.故答案為：【點睛】本題考查雙曲線和拋物線方程及其幾何性質；考查運算求解能力和知識遷移能力；靈活運用雙曲線和拋物線的性質是求解本題的關鍵；屬于中檔題、常考題型.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)根據條件形式選擇，然后利用余弦定理和正弦定理化簡，即可求出；(2)由(1)求出角，利用正弦定理

13、和消元思想，可分別用角的三角函數值表示出，即可得到，再利用三角恒等變換，化簡為，即可求出最大值【詳解】(1)，即，變形得：，整理得：，又，；(2)，由正弦定理知，當且僅當時取最大值故的最大值為.【點睛】本題主要考查正弦定理，余弦定理，三角形面積公式的應用，以及利用三角恒等變換求函數的最值，意在考查學生的轉化能力和數學運算能力，屬于基礎題18（1）見解析（2）最小值為1【解析】（1）根據拋物線的定義，判斷出的軌跡為拋物線，并由此求得軌跡的方程.設出兩點的坐標，利用導數求得切線的方程，由此求得點的坐標.寫出直線的方程，聯立直線的方程和曲線的方程，根據韋達定理求得點的坐標，并由此判斷出始終在直線上，

14、且.（2）設直線的傾斜角為，求得的表達式，求得的表達式，由此求得四邊形的面積的表達式進而求得四邊形的面積的最小值【詳解】(1)動圓過定點，且與直線相切，動圓圓心到定點和定直線的距離相等，動圓圓心的軌跡是以為焦點的拋物線，軌跡的方程為：，設，直線的方程為：，即：，同理，直線的方程為：，由可得：， 直線方程為：，聯立可得：， ，點始終在直線上且；（2）設直線的傾斜角為，由（1）可得：， 四邊形的面積為：，當且僅當或，即時取等號，四邊形的面積的最小值為1.【點睛】本小題主要考查動點軌跡方程的求法，考查直線和拋物線的位置關系，考查拋物線中四邊形面積的最值的計算，考查運算求解能力，屬于中檔題.19（1）

15、，（2）【解析】（1）當時,與作差可得,即可得到數列是首項為1,公差為1的等差數列,即可求解；對取自然對數,則,即是以1為首項,以2為公比的等比數列,即可求解；（2）由（1）可得,再利用錯位相減法求解即可.【詳解】解:（1）因為,當時,解得；當時,有,由得,又,所以,即數列是首項為1,公差為1的等差數列,故,又因為,且,取自然對數得,所以,又因為,所以是以1為首項,以2為公比的等比數列,所以,即（2）由（1）知,所以,減去得:,所以【點睛】本題考查由與的關系求通項公式,考查錯位相減法求數列的和.20（1）；（2）【解析】（1）設出兩點的坐標，由距離之積為16，可得.利用向量的數量積坐標運算，將

16、轉化為.再利用兩點均在拋物線上，即可求得p的值，從而求出拋物線的方程；（2）設出直線l的方程，代入拋物線方程，由韋達定理發現直線l恒過定點，將面積用參數t表示，求出其最值，并得出此時的直線方程.【詳解】解：（1）由題設，因為，到軸的距離的積為，所以，又因為，所以拋物線的方程為（2）因為直線與拋物線兩個公共點，所以的斜率不為，所以設聯立，得，即，即直線恒過定點，所以，當時，面積取得最小值，此時.【點睛】本題考查了拋物線的標準方程的求法，直線與拋物線相交的問題，其中垂直條件的轉化，直線過定點均為該題的關鍵，屬于綜合性較強的題.21 ()見解析；()當時，函數的最小值是；當時，函數的最小值是【解析】

17、（1）求出導函數，并且解出它的零點x=，再分區間討論導數的正負，即可得到函數f（x）的單調區間；（2）分三種情況加以討論，結合函數的單調性與函數值的大小比較，即可得到當0aln 2時，函數f（x）的最小值是-a；當aln2時，函數f（x）的最小值是ln2-2a【詳解】函數的定義域為因為，令，可得；當時，；當時，綜上所述：可知函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為當，即時，函數在區間上是減函數，的最小值是當，即時，函數在區間上是增函數，的最小值是當，即時，函數在上是增函數，在上是減函數又，當時，的最小值是；當時，的最小值為綜上所述，結論為當時，函數的最小值是；當時，函數的最小值是.【點睛】求函數極值與最值的步驟：(1) 確定函數的定義域；(2) 求導數；(3) 解方程求出函數定義域內的所有根；(4) 列表檢查在的根左右兩側值的符號，如果左正右負（左增右減），那么在處取極大值，如果左負右正（左減右增），那么在處取極小值. （5）如果只有一個極值點，則在該處即是極值也是最值；（6）如果求閉區間上的最值還需要比較端點值的函數值與極值的大小22（）0.288（）（）見解析（）數學期望的最大值為280【解析】（）根據題意，設購買該商品的3位顧客中，選擇分2期付款的人數為，由獨立重復事件的特點得出，利用二項分布的概率公式，即可求出結果；（）（）依題意，的取值為200，25