1、2021-2022高考數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，若關于的方程恰好有3個不相等的實數根，則實數的取值范圍為（ ）ABCD2設函數（，）是上的奇函數，若的圖象關于直線對稱，且在區間上是單調函數，則（ ）ABCD3已

2、知表示兩條不同的直線，表示兩個不同的平面，且則“”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4 若x,y滿足約束條件的取值范圍是A0,6B0,4C6, D4, 5已知集合，則中元素的個數為( )A3B2C1D06過拋物線的焦點的直線與拋物線交于、兩點，且，拋物線的準線與軸交于，的面積為，則（ ）ABCD7若向量，則與共線的向量可以是（）ABCD8已知二次函數的部分圖象如圖所示，則函數的零點所在區間為（ ）ABCD9已知拋物線和點，直線與拋物線交于不同兩點，直線與拋物線交于另一點給出以下判斷：直線與直線的斜率乘積為；軸；以為直徑的圓與拋物線準線相切.其中，所有正確判斷的

3、序號是（ ）ABCD10下圖是來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形，此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形的斜邊、直角邊，已知以直角邊為直徑的半圓的面積之比為，記，則（ ）ABC1D11已知m為實數，直線：，：，則“”是“”的（ ）A充要條件B充分不必要條件C必要不充分條件D既不充分也不必要條件12在中，角所對的邊分別為，已知，當變化時，若存在最大值，則正數的取值范圍為ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在的展開式中，的系數為_用數字作答14已知數列為等差數列，數列為等比數列，滿足，其中，則的值為_15若雙曲線的兩條漸近線斜率分別為，若，則該雙曲線的離

4、心率為_.16如圖所示的流程圖中，輸出的值為_.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）已知函數，記不等式的解集為.（1）求；（2）設，證明：.18（12分）設數列的前n項和滿足，（1）證明：數列是等差數列，并求其通項公式（2）設，求證：.19（12分）設數列an的前n項和為Sn，且a1=1,an+1=2Sn+1，數列bn滿足a1=b1，點P(bn,bn+1)在x-y+2=0上，nN*. （1）求數列an，bn的通項公式；（2）設cn=bnan，求數列cn的前n項和Tn20（12分）設函數，其中（）當為偶函數時，求函數的極值；（）若函數在區間上有兩個零點，求

5、的取值范圍21（12分）已知直線：（為參數），曲線（為參數）（1）設與相交于，兩點，求；（2）若把曲線上各點的橫坐標壓縮為原來的倍，縱坐標壓縮為原來的倍，得到曲線，設點是曲線上的一個動點，求它到直線距離的最小值22（10分）已知函數（1）當時，求曲線在點的切線方程；（2）討論函數的單調性參考答案一、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】討論，三種情況，求導得到單調區間，畫出函數圖像，根據圖像得到答案.【詳解】當時，故，函數在上單調遞增，在上單調遞減，且；當時，；當時，函數單調遞減；如圖所示畫出函數圖像，則，故.故選：.【點

6、睛】本題考查了利用導數求函數的零點問題，意在考查學生的計算能力和應用能力.2D【解析】根據函數為上的奇函數可得，由函數的對稱軸及單調性即可確定的值，進而確定函數的解析式，即可求得的值.【詳解】函數（，）是上的奇函數，則，所以.又的圖象關于直線對稱可得，即，由函數的單調區間知，即，綜上，則，.故選：D【點睛】本題考查了三角函數的圖象與性質的綜合應用，由對稱軸、奇偶性及單調性確定參數，屬于中檔題.3B【解析】根據充分必要條件的概念進行判斷.【詳解】對于充分性：若，則可以平行，相交，異面，故充分性不成立；若，則可得，必要性成立.故選：B【點睛】本題主要考查空間中線線，線面，面面的位置關系，以及充要條

7、件的判斷，考查學生綜合運用知識的能力.解決充要條件判斷問題，關鍵是要弄清楚誰是條件，誰是結論.4D【解析】解：x、y滿足約束條件，表示的可行域如圖：目標函數z=x+2y經過C點時，函數取得最小值，由解得C（2，1），目標函數的最小值為：4目標函數的范圍是4，+）故選D5C【解析】集合表示半圓上的點，集合表示直線上的點，聯立方程組求得方程組解的個數，即為交集中元素的個數.【詳解】由題可知：集合表示半圓上的點，集合表示直線上的點，聯立與，可得，整理得，即，當時，不滿足題意；故方程組有唯一的解.故.故選：C.【點睛】本題考查集合交集的求解，涉及圓和直線的位置關系的判斷，屬基礎題.6B【解析】設點、，

8、并設直線的方程為，由得，將直線的方程代入韋達定理，求得，結合的面積求得的值，結合焦點弦長公式可求得.【詳解】設點、，并設直線的方程為，將直線的方程與拋物線方程聯立，消去得，由韋達定理得，可得，拋物線的準線與軸交于，的面積為，解得，則拋物線的方程為，所以，.故選：B.【點睛】本題考查拋物線焦點弦長的計算，計算出拋物線的方程是解答的關鍵，考查計算能力，屬于中等題.7B【解析】先利用向量坐標運算求出向量,然后利用向量平行的條件判斷即可.【詳解】故選B【點睛】本題考查向量的坐標運算和向量平行的判定,屬于基礎題,在解題中要注意橫坐標與橫坐標對應,縱坐標與縱坐標對應,切不可錯位.8B【解析】由函數f(x)

9、的圖象可知，0f(0)a1，f(1)1ba0，所以1b2.又f(x)2xb，所以g(x)ex2xb，所以g(x)ex20，所以g(x)在R上單調遞增，又g(0)1b0，g(1)e2b0，根據函數的零點存在性定理可知，函數g(x)的零點所在的區間是(0，1)，故選B.9B【解析】由題意，可設直線的方程為，利用韋達定理判斷第一個結論；將代入拋物線的方程可得，從而，進而判斷第二個結論；設為拋物線的焦點，以線段為直徑的圓為，則圓心為線段的中點設，到準線的距離分別為，的半徑為，點到準線的距離為，顯然，三點不共線，進而判斷第三個結論.【詳解】解：由題意，可設直線的方程為，代入拋物線的方程，有設點，的坐標分

10、別為，則，所則直線與直線的斜率乘積為所以正確將代入拋物線的方程可得，從而，根據拋物線的對稱性可知，兩點關于軸對稱，所以直線軸所以正確如圖，設為拋物線的焦點，以線段為直徑的圓為，則圓心為線段的中點設，到準線的距離分別為，的半徑為，點到準線的距離為，顯然，三點不共線，則所以不正確故選：B.【點睛】本題主要考查拋物線的定義與幾何性質、直線與拋物線的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力和創新意識，考查數形結合思想、化歸與轉化思想,屬于難題10D【解析】根據以直角邊為直徑的半圓的面積之比求得，即的值，由此求得和的值，進而求得所求表達式的值.【詳解】由于直角邊為直徑的半圓的面積之比為，所以，

11、即，所以，所以.故選：D【點睛】本小題主要考查同角三角函數的基本關系式，考查二倍角公式，屬于基礎題.11A【解析】根據直線平行的等價條件，求出m的值，結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可【詳解】當m=1時，兩直線方程分別為直線l1：x+y1=0，l2：x+y2=0滿足l1l2，即充分性成立，當m=0時，兩直線方程分別為y1=0，和2x2=0，不滿足條件當m0時，則l1l2，由得m23m+2=0得m=1或m=2，由得m2，則m=1，即“m=1”是“l1l2”的充要條件，故答案為：A【點睛】（1）本題主要考查充要條件的判斷，考查兩直線平行的等價條件，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能

12、力.(2) 本題也可以利用下面的結論解答，直線和直線平行，則且兩直線不重合,求出參數的值后要代入檢驗看兩直線是否重合.12C【解析】因為，所以根據正弦定理可得，所以，所以，其中，因為存在最大值，所以由，可得，所以，所以，解得，所以正數的取值范圍為，故選C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。131【解析】利用二項展開式的通項公式求出展開式的通項，令，求出展開式中的系數【詳解】二項展開式的通項為 令得的系數為 故答案為1【點睛】利用二項展開式的通項公式是解決二項展開式的特定項問題的工具14【解析】根據題意，判斷出，根據等比數列的性質可得，再令數列中的，根據等差數列的性質，列出等式，求出

13、和的值即可.【詳解】解：由，其中，可得，則，令，可得.又令數列中的，根據等差數列的性質，可得，所以.根據得出，.所以.故答案為.【點睛】本題主要考查等差數列、等比數列的性質，屬于基礎題.152【解析】由題得,再根據求解即可.【詳解】雙曲線的兩條漸近線為,可令,則,所以,解得.故答案為：2.【點睛】本題考查雙曲線漸近線求離心率的問題.屬于基礎題.164【解析】根據流程圖依次運行直到，結束循環，輸出n，得出結果.【詳解】由題：，結束循環，輸出.故答案為：4【點睛】此題考查根據程序框圖運行結果求輸出值，關鍵在于準確識別循環結構和判斷框語句.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

14、。17（1）；（2）證明見解析【解析】（1）利用零點分段法將表示為分段函數的形式，由此解不等式求得不等式的解集.（2）將不等式坐標因式分解，結合（1）的結論證得不等式成立.【詳解】（1）解：，由，解得，故.（2）證明：因為，所以，所以，所以.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查不等式的證明，屬于基礎題.18（1）證明見解析，；（2）證明見解析【解析】（1）由，作差得到，進一步得到，再作差即可得到，從而使問題得到解決；（2），求和即可.【詳解】（1），兩式相減：用換，得，得，即，所以數列是等差數列，又，公差，所以.（II）.【點睛】本題考查由與的關系求通項以及裂項相消法求數列的和，考查

15、學生的計算能力，是一道容易題.19（1）an=3n-1，bn=1+(n-1)2=2n-1（2）Tn=3-123n-2-2n-123n-1=3-n+13n-1.【解析】（1）利用an與Sn的遞推關系可以an的通項公式；P點代入直線方程得bn+1-bn=2，可知數列bn是等差數列，用公式求解即可.(2)用錯位相減法求數列的和.【詳解】(1)由an+1=2Sn+1可得an=2Sn-1+1(n2)，兩式相減得an+1-an=2an，an+1=3an(n2)又a2=2S1+1=3，所以a2=3a1故an是首項為1，公比為3的等比數列所以an=3n-1由點P(bn,bn+1)在直線x-y+2=0上，所以b

16、n+1-bn=2則數列bn是首項為1，公差為2的等差數列則bn=1+(n-1)2=2n-1(2)因為cn=bnan=2n-13n-1，所以Tn=130+331+532+2n-13n-1則13Tn=131+332+533+2n-33n-1+2n-13n，兩式相減得：23Tn=1+23+232+23n-1-2n-13n所以Tn=3-123n-2-2n-123n-1=3-n+13n-1【點睛】用遞推關系an=Sn-Sn-1(n2)求通項公式時注意n的取值范圍，所求結果要注意檢驗n=1的情況；由一個等差數列和一個等比數列的積組成的數列求和，常用錯位相減法求解.20（）極小值，極大值；（）或【解析】（）

17、根據偶函數定義列方程，解得.再求導數，根據導函數零點列表分析導函數符號變化規律，即得極值，（）先分離變量，轉化研究函數，利用導數研究單調性與圖象，最后根據圖象確定滿足條件的的取值范圍【詳解】（）由函數是偶函數，得，即對于任意實數都成立，所以. 此時，則.由，解得. 當x變化時，與的變化情況如下表所示： 00極小值極大值所以在，上單調遞減，在上單調遞增. 所以有極小值，有極大值. （）由，得. 所以“在區間上有兩個零點”等價于“直線與曲線，有且只有兩個公共點”. 對函數求導，得. 由，解得，. 當x變化時，與的變化情況如下表所示： 00極小值極大值所以在，上單調遞減，在上單調遞增. 又因為，所以

18、當或時，直線與曲線，有且只有兩個公共點. 即當或時，函數在區間上有兩個零點.【點睛】利用函數零點的情況求參數值或取值范圍的方法(1)利用零點存在的判定定理構建不等式求解.(2)分離參數后轉化為函數的值域(最值)問題求解.(3)轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.21（1）；（2）【解析】(1)將直線和曲線化為普通方程，聯立直線和曲線，可得交點坐標，可得的值；（2）可得曲線的參數方程，利用點到直線的距離公式結合三角形的最值可得答案.【詳解】解：（1）直線的普通方程為，的普通方程聯立方程組，解得與的交點為，則（2）曲線的參數方程為（為參數），故點的坐標為，從而點到直線的距離是，由此當時，取得最小值，且最小值為【點睛】本題主要考查參數方程與普通方程的轉化及參數方程的基本性質、點到直線的距離公式等，屬于中檔題.22（1）；（2）當時,在上單調遞增,在上單調遞減；當時,在和上單調遞增,在上單調遞減；當時,在上單調遞增；當時,在和上單調遞增,在上單調遞減.【解析】(1)根據導數的幾何意義求解即可.(2)易得函數定義域是,且.故分,和與四種情況,分別分析得極值點的關系進而求得原函數的