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(qū)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(qū)域內作答，超出答題區(qū)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要得到函數的導函數的圖像，只需將的圖像（ ）A向右平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍B向右平移個單位

2、長度，再把各點的縱坐標縮短到原來的倍C向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標縮短到原來的倍D向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍2已知復數滿足（是虛數單位），則=（）ABCD3某幾何體的三視圖如圖所示，圖中圓的半徑為1，等腰三角形的腰長為3，則該幾何體表面積為（ ）ABCD4在棱長為a的正方體中，E、F、M分別是AB、AD、的中點，又P、Q分別在線段、上，且，設平面平面，則下列結論中不成立的是（ ）A平面BC當時，平面D當m變化時，直線l的位置不變5設、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，則的一個充分條件是（ ）A且B且C且D且6平行四邊形中，已知，點、分別滿足，且，則向量在上

3、的投影為（ ）A2BCD7如圖網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的所有棱中最長棱的長度為（ ）ABCD8在復平面內，復數（為虛數單位）對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限9已知函數f（x）ebxexb+c（b，c均為常數）的圖象關于點（2，1）對稱，則f（5）+f（1）（ ）A2B1C2D410已知為虛數單位，若復數，則ABCD11下圖所示函數圖象經過何種變換可以得到的圖象（ ）A向左平移個單位B向右平移個單位C向左平移個單位D向右平移個單位12設過拋物線上任意一點(異于原點)的直線與拋物線交于兩點，直線與拋物線的另一個交點為，則（ ）AB

4、CD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13如圖所示，點，B均在拋物線上，等腰直角的斜邊為BC，點C在x軸的正半軸上，則點B的坐標是_.14已知雙曲線的兩條漸近線方程為，若頂點到漸近線的距離為1，則雙曲線方程為 15設點P在函數的圖象上，點Q在函數的圖象上，則線段PQ長度的最小值為_16古代“五行”學認為：“物質分金、木、土、水、火五種屬性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金”將五種不同屬性的物質任意排成一列，但排列中屬性相克的兩種物質不相鄰，則這樣的排列方法有_種. (用數字作答)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）在全面抗擊新冠肺炎疫

5、情這一特殊時期，我市教育局提出“停課不停學”的口號，鼓勵學生線上學習.某校數學教師為了調查高三學生數學成績與線上學習時間之間的相關關系，對高三年級隨機選取45名學生進行跟蹤問卷，其中每周線上學習數學時間不少于5小時的有19人，余下的人中，在檢測考試中數學平均成績不足120分的占，統(tǒng)計成績后得到如下列聯(lián)表：分數不少于120分分數不足120分合計線上學習時間不少于5小時419線上學習時間不足5小時合計45（1）請完成上面列聯(lián)表；并判斷是否有99%的把握認為“高三學生的數學成績與學生線上學習時間有關”；（2）按照分層抽樣的方法，在上述樣本中從分數不少于120分和分數不足120分的兩組學生中抽取9名學

6、生，設抽到不足120分且每周線上學習時間不足5小時的人數是，求的分布列（概率用組合數算式表示）；若將頻率視為概率，從全校高三該次檢測數學成績不少于120分的學生中隨機抽取20人，求這些人中每周線上學習時間不少于5小時的人數的期望和方差.（下面的臨界值表供參考）0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828（參考公式其中）18（12分）已知函數，（1）當時，討論函數的單調性；（2）若，當時，函數，求函數的最小值19（12分）已知動圓Q經過定點，且與定直線相切（其中a為常數，且）.記動圓圓心Q的軌跡為曲線C（1）求C的方程，并

7、說明C是什么曲線？（2）設點P的坐標為，過點P作曲線C的切線，切點為A，若過點P的直線m與曲線C交于M，N兩點，則是否存在直線m，使得？若存在，求出直線m斜率的取值范圍；若不存在，請說明理由.20（12分）曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線的極坐標方程為.(1)求曲線的極坐標方程和曲線的直角坐標方程；(2)若直線與曲線，的交點分別為、（、異于原點），當斜率時，求的最小值.21（12分）橢圓的左、右焦點分別為，橢圓上兩動點使得四邊形為平行四邊形，且平行四邊形的周長和最大面積分別為8和.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線與橢圓的另一交點為，當點在以線段為

8、直徑的圓上時，求直線的方程.22（10分）如圖，在棱長為的正方形中，分別為，邊上的中點，現以為折痕將點旋轉至點的位置，使得為直二面角（1）證明：；（2）求與面所成角的正弦值參考答案一、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】先求得，再根據三角函數圖像變換的知識，選出正確選項.【詳解】依題意，所以由向左平移個單位長度，再把各點的縱坐標伸長到原來的3倍得到的圖像.故選：D【點睛】本小題主要考查復合函數導數的計算，考查誘導公式，考查三角函數圖像變換，屬于基礎題.2A【解析】把已知等式變形，再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案【詳解

9、】解：由，得，故選【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題3C【解析】幾何體是由一個圓錐和半球組成，其中半球的半徑為1，圓錐的母線長為3，底面半徑為1，計算得到答案.【詳解】幾何體是由一個圓錐和半球組成，其中半球的半徑為1，圓錐的母線長為3，底面半徑為1，故幾何體的表面積為.故選：.【點睛】本題考查了根據三視圖求表面積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.4C【解析】根據線面平行與垂直的判定與性質逐個分析即可.【詳解】因為,所以,因為E、F分別是AB、AD的中點,所以,所以,因為面面,所以.選項A、D顯然成立；因為,平面,所以平面,因為平面,所以,所以B項成立；易

10、知平面MEF,平面MPQ,而直線與不垂直,所以C項不成立.故選：C【點睛】本題考查直線與平面的位置關系.屬于中檔題.5B【解析】由且可得，故選B.6C【解析】將用向量和表示，代入可求出，再利用投影公式可得答案.【詳解】解：，得，則向量在上的投影為.故選：C.【點睛】本題考查向量的幾何意義，考查向量的線性運算，將用向量和表示是關鍵，是基礎題.7C【解析】利用正方體將三視圖還原，觀察可得最長棱為AD，算出長度.【詳解】幾何體的直觀圖如圖所示，易得最長的棱長為故選：C.【點睛】本題考查了三視圖還原幾何體的問題，其中利用正方體作襯托是關鍵，屬于基礎題.8C【解析】化簡復數為、的形式，可以確定對應的點位

11、于的象限【詳解】解：復數故復數對應的坐標為位于第三象限故選：【點睛】本題考查復數代數形式的運算，復數和復平面內點的對應關系，屬于基礎題9C【解析】根據對稱性即可求出答案【詳解】解：點（5，f（5）與點（1，f（1）滿足（51）22，故它們關于點（2，1）對稱，所以f（5）+f（1）2，故選：C【點睛】本題主要考查函數的對稱性的應用，屬于中檔題10B【解析】因為，所以，故選B11D【解析】根據函數圖像得到函數的一個解析式為，再根據平移法則得到答案.【詳解】設函數解析式為，根據圖像：，故，即，取，得到，函數向右平移個單位得到.故選：.【點睛】本題考查了根據函數圖像求函數解析式，三角函數平移，意在考

12、查學生對于三角函數知識的綜合應用.12C【解析】畫出圖形，將三角形面積比轉為線段長度比，進而轉為坐標的表達式。寫出直線方程，再聯(lián)立方程組，求得交點坐標，最后代入坐標，求得三角形面積比.【詳解】作圖，設與的夾角為，則中邊上的高與中邊上的高之比為，設，則直線，即，與聯(lián)立，解得，從而得到面積比為.故選：【點睛】解決本題主要在于將面積比轉化為線段長的比例關系，進而聯(lián)立方程組求解，是一道不錯的綜合題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】設出兩點的坐標，結合拋物線方程、兩條直線垂直的條件以及兩點間的距離公式列方程，解方程求得的坐標.【詳解】設，由于在拋物線上，所以.由于三角形是等腰

13、直角三角形，所以.由得，化為，可得，所以，解得，則.所以.故答案為：【點睛】本題考查拋物線的方程和運用，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題14【解析】由已知，即，取雙曲線頂點及漸近線，則頂點到該漸近線的距離為，由題可知，所以，則所求雙曲線方程為.15【解析】由解析式可分析兩函數互為反函數,則圖象關于對稱,則點到的距離的最小值的二倍即為所求,利用導函數即可求得最值.【詳解】由題,因為與互為反函數,則圖象關于對稱,設點為,則到直線的距離為,設,則,令,即,所以當時,即單調遞減；當時,即單調遞增,所以,則,所以的最小值為,故答案為:【點睛】本題考查反函數的性質的應用,考查利用導函數研究函數的最值問題

14、.161【解析】試題分析：由題意，可看作五個位置排列五種事物，第一位置有五種排列方法，不妨假設排上的是金，則第二步只能從土與水兩者中選一種排放，故有兩種選擇不妨假設排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故總的排列方法種數有52111=1考點：排列、組合及簡單計數問題點評：本題考查排列排列組合及簡單計數問題，解答本題關鍵是理解題設中的限制條件及“五行”學說的背景，利用分步原理正確計數，本題較抽象，計數時要考慮周詳三、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）填表見解析；有99%的把握認為“高三學生的數學成績與學生線上學習時間有關”（2）詳見解

15、析期望；方差【解析】（1）完成列聯(lián)表，代入數據即可判斷；（2）利用分層抽樣可得的取值，進而得到概率，列出分布列；根據分析知，計算出期望與方差.【詳解】（1）分數不少于120分分數不足120分合計線上學習時間不少于5小時15419線上學習時間不足5小時101626合計252045有99%的把握認為“高三學生的數學成績與學生線上學習時間有關”.（2）由分層抽樣知，需要從不足120分的學生中抽取人，的可能取值為0，1，2，3，4，所以，的分布列：從全校不少于120分的學生中隨機抽取1人，此人每周上線時間不少于5小時的概率為，設從全校不少于120分的學生中隨機抽取20人，這些人中每周線上學習時間不少于

16、5小時的人數為，則，故，.【點睛】本題考查了獨立性檢驗與離散型隨機變量的分布列、數學期望與方差的計算問題，屬于基礎題.18（1）見解析 （2）的最小值為【解析】（1）由題可得函數的定義域為，當時，令，可得；令，可得，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減； 當時，令，可得；令，可得或，所以函數在，上單調遞增，在上單調遞減；當時，恒成立，所以函數在上單調遞增 綜上，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；當時，函數在，上單調遞增，在上單調遞減；當時，函數在上單調遞增 （2）方法一：當時，設，則，所以函數在上單調遞減，所以，當且僅當時取等號當時，設，則，所以，設，則，所以函數在上單調遞減，且，所以存在，

17、使得，所以當時，；當時， 所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，因為，所以，所以，當且僅當時取等號所以當時，函數取得最小值，且，故函數的最小值為 方法二：當時，則，令，則，所以函數在上單調遞增， 又，所以存在，使得，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增， 因為，所以當時，恒成立，所以當時，恒成立，所以函數在上單調遞減，所以函數的最小值為19（1），拋物線；（2）存在，.【解析】（1）設，易得，化簡即得；（2）利用導數幾何意義可得，要使，只需.聯(lián)立直線m與拋物線方程，利用根與系數的關系即可解決.【詳解】（1）設，由題意，得，化簡得，所以動圓圓心Q的軌跡方程為，它是以F為焦點，以直線l為準線的拋物線.

18、（2）不妨設.因為，所以，從而直線PA的斜率為，解得，即，又，所以軸.要使，只需.設直線m的方程為，代入并整理，得.首先，解得或.其次，設，則，.故存在直線m，使得，此時直線m的斜率的取值范圍為.【點睛】本題考查直線與拋物線位置關系的應用，涉及拋物線中的存在性問題，考查學生的計算能力，是一道中檔題.20（1）的極坐標方程為；曲線的直角坐標方程.（2）【解析】(1)消去參數，可得曲線的直角坐標方程，再利用極坐標與直角坐標的互化，即可求解. (2)解法1：設直線的傾斜角為，把直線的參數方程代入曲線的普通坐標方程，求得，再把直線的參數方程代入曲線的普通坐標方程，得，得出，利用基本不等式，即可求解；解法2：設直線的極坐標方程為，分別代入曲線，的極坐標方程，得， ，得出，即可基本不等式，即可求解.【詳解】(1) 由題曲線的參數方程為（為參數），消去參數，可得曲線的直角坐標方程為，即，則曲線的極坐標方程為，即，又因為曲線的極坐標方程為，即，根據，代入即可求解曲線的直角坐標方程.(2)解法1：設直線的傾斜角為，則直線的參數方程為（為參數，），把直線的參數方程代入曲線的普通坐標方程得：，解得，把直線的參數方程代入曲線的普通坐標方程得：，解得，即，當且僅當，即時取等號，故的最小值為.解法2：設直線的極坐標方程為），代入曲線的極坐標方程，得，把直線的參數方程代入曲線的極坐標