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若為虛數單位，網格紙上小正方形的邊長為1，圖中復平面內點表示復數，則表示復數的點是（ ）AEBFCGDH2已知復數z，則復數z的虛部為（ ）ABCiDi3已知，且，則的值為（ ）ABCD4將函數圖象上所有點向左平移個單位長度后得到函數的

2、圖象，如果在區間上單調遞減，那么實數的最大值為（ ）ABCD5已知雙曲線的左、右焦點分別為，圓與雙曲線在第一象限內的交點為M，若則該雙曲線的離心率為A2B3CD6已知函數f(x)=xex2+axex-a有三個不同的零點x1,x2,x3 （其中x1x20在0,上的值域為32,3，則實數的取值范圍為（ ）A16,13B13,23C16,+D12,238的展開式中的系數為（ ）ABCD9設為等差數列的前項和，若，則的最小值為（ ）ABCD10已知雙曲線的右焦點為為坐標原點，以為直徑的圓與雙 曲線的一條漸近線交于點及點，則雙曲線的方程為（ ）ABCD11已知角的終邊與單位圓交于點，則等于（ ）ABCD

3、12已知函數，其中表示不超過的最大正整數，則下列結論正確的是（ ）A的值域是B是奇函數C是周期函數D是增函數二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知，復數且（為虛數單位），則_，_14的展開式中，的系數為_（用數字作答）.15函數的最小正周期是_，單調遞增區間是_.16已知隨機變量，且，則_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）某大型單位舉行了一次全體員工都參加的考試，從中隨機抽取了20人的分數.以下莖葉圖記錄了他們的考試分數（以十位數字為莖，個位數字為葉）：若分數不低于95分，則稱該員工的成績為“優秀”.（1）從這20人中任取3人，求恰有

4、1人成績“優秀”的概率；（2）根據這20人的分數補全下方的頻率分布表和頻率分布直方圖，并根據頻率分布直方圖解決下面的問題.組別分組頻數頻率1234估計所有員工的平均分數（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）；若從所有員工中任選3人，記表示抽到的員工成績為“優秀”的人數，求的分布列和數學期望.18（12分）已知函數.（1）解不等式；（2）記函數的最大值為，若，證明：.19（12分）如圖，在平面四邊形中，.（1）求；（2）求四邊形面積的最大值.20（12分）己知圓F1：(x+1)1 +y1= r1(1r3)，圓F1：(x-1)1+y1= (4-r)1（1）證明：圓F1與圓F1有公共點，并求公共

5、點的軌跡E的方程；（1）已知點Q(m，0)(m0)，過點E斜率為k(k0）的直線與（）中軌跡E相交于M，N兩點，記直線QM的斜率為k1，直線QN的斜率為k1，是否存在實數m使得k(k1+k1)為定值？若存在，求出m的值，若不存在，說明理由21（12分）在四棱椎中，四邊形為菱形，分別為，中點.（1）求證：；（2）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.22（10分）已知與有兩個不同的交點，其橫坐標分別為（）.（1）求實數的取值范圍；（2）求證：.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。1C【解析】由于在復平面內點的坐標為，所以，然后

6、將代入化簡后可找到其對應的點.【詳解】由，所以，對應點.故選：C【點睛】此題考查的是復數與復平面內點的對就關系，復數的運算，屬于基礎題.2B【解析】利用復數的運算法則、虛部的定義即可得出【詳解】，則復數z的虛部為.故選：B.【點睛】本題考查了復數的運算法則、虛部的定義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題.3A【解析】由及得到、，進一步得到，再利用兩角差的正切公式計算即可.【詳解】因為，所以，又，所以，所以.故選：A.【點睛】本題考查三角函數誘導公式、二倍角公式以及兩角差的正切公式的應用，考查學生的基本計算能力，是一道基礎題.4B【解析】根據條件先求出的解析式，結合三角函數的單調性進行求解即可

7、.【詳解】將函數圖象上所有點向左平移個單位長度后得到函數的圖象，則，設，則當時，即，要使在區間上單調遞減，則得，得，即實數的最大值為，故選：B.【點睛】本小題主要考查三角函數圖象變換，考查根據三角函數的單調性求參數，屬于中檔題.5D【解析】本題首先可以通過題意畫出圖像并過點作垂線交于點，然后通過圓與雙曲線的相關性質判斷出三角形的形狀并求出高的長度，的長度即點縱坐標，然后將點縱坐標帶入圓的方程即可得出點坐標，最后將點坐標帶入雙曲線方程即可得出結果。【詳解】根據題意可畫出以上圖像，過點作垂線并交于點，因為，在雙曲線上，所以根據雙曲線性質可知，即，因為圓的半徑為，是圓的半徑，所以，因為，所以，三角形

8、是直角三角形，因為，所以，即點縱坐標為，將點縱坐標帶入圓的方程中可得，解得，將點坐標帶入雙曲線中可得，化簡得，故選D。【點睛】本題考查了圓錐曲線的相關性質，主要考察了圓與雙曲線的相關性質，考查了圓與雙曲線的綜合應用，考查了數形結合思想，體現了綜合性，提高了學生的邏輯思維能力，是難題。6A【解析】令xex=t，構造g(x)=xex，要使函數f(x)=xex2+axex-a有三個不同的零點x1,x2,x3（其中x1x20，解得a0或a0，a-4兩個情況分類討論，可求出1-x1ex121-x2ex21-x3ex3的值.【詳解】令xex=t，構造g(x)=xex，求導得g(x)=1-xex，當x0；當

9、x1時，g(x)0，故g(x)在-,1上單調遞增，在1,+上單調遞減，且x0時，g(x)0時，g(x)0，g(x)max=g(1)=1e，可畫出函數g(x)的圖象（見下圖），要使函數f(x)=xex2+axex-a有三個不同的零點x1,x2,x3（其中x1x2x3），則方程t2+at-a=0需要有兩個不同的根t1,t2（其中t10，解得a0或a0，即t1+t2=-a0t1t2=-a0，則t10t21e，則x10 x21x3，且gx2=gx3=t2，故1-x1ex121-x2ex21-x3ex3=1-t121-t22=1-t1+t2+t1t22=1+a-a2=1，若a4t1t2=-a4，由于g(

10、x)max=g(1)=1e，故t1+t22e4，故a-4不符合題意，舍去. 故選A. 【點睛】解決函數零點問題，常常利用數形結合、等價轉化等數學思想.7A【解析】將fx整理為3sinx+3，根據x的范圍可求得x+33,+3；根據f0=32，結合fx的值域和sinx的圖象，可知2+323，解不等式求得結果.【詳解】fx=sinx+6+cosx=sinxcos6+cosxsin6+cosx=32sinx+32cosx=3sinx+3當x0,時，x+33,+3又f0=3sin3=32，3sin23=32，3sin2=3由fx在0,上的值域為32,3 2+323解得：16,13本題正確選項：A【點睛】

11、本題考查利用正弦型函數的值域求解參數范圍的問題，關鍵是能夠結合正弦型函數的圖象求得角的范圍的上下限，從而得到關于參數的不等式.8C【解析】由題意，根據二項式定理展開式的通項公式，得展開式的通項為，則展開式的通項為，由，得，所以所求的系數為.故選C.點睛：此題主要考查二項式定理的通項公式的應用，以及組合數、整數冪的運算等有關方面的知識與技能，屬于中低檔題，也是常考知識點.在二項式定理的應用中，注意區分二項式系數與系數，先求出通項公式，再根據所求問題，通過確定未知的次數，求出，將的值代入通項公式進行計算，從而問題可得解.9C【解析】根據已知條件求得等差數列的通項公式，判斷出最小時的值，由此求得的最

12、小值.【詳解】依題意，解得，所以.由解得，所以前項和中，前項的和最小，且.故選：C【點睛】本小題主要考查等差數列通項公式和前項和公式的基本量計算，考查等差數列前項和最值的求法，屬于基礎題.10C【解析】根據雙曲線方程求出漸近線方程：，再將點代入可得，連接，根據圓的性質可得，從而可求出，再由即可求解.【詳解】由雙曲線，則漸近線方程：， 連接，則，解得，所以，解得.故雙曲線方程為.故選：C【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質，需掌握雙曲線的漸近線求法，屬于中檔題.11B【解析】先由三角函數的定義求出，再由二倍角公式可求.【詳解】解：角的終邊與單位圓交于點，故選：B【點睛】考查三角函數的定義和二倍角公

13、式，是基礎題.12C【解析】根據表示不超過的最大正整數，可構建函數圖象，即可分別判斷值域、奇偶性、周期性、單調性，進而下結論.【詳解】由表示不超過的最大正整數，其函數圖象為選項A，函數，故錯誤；選項B，函數為非奇非偶函數，故錯誤；選項C，函數是以1為周期的周期函數，故正確；選項D，函數在區間上是增函數，但在整個定義域范圍上不具備單調性，故錯誤.故選：C【點睛】本題考查對題干的理解，屬于函數新定義問題，可作出圖象分析性質，屬于較難題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13 【解析】復數且，故答案為，1460【解析】根據二項式定理展開式通項，即可求得的系數.【詳解】因為，所以，則所求

14、項的系數為.故答案為：60【點睛】本題考查了二項展開式通項公式的應用，指定項系數的求法，屬于基礎題.15 ， 【解析】化簡函數的解析式，利用余弦函數的圖象和性質求解即可【詳解】函數，最小正周期，令，可得，所以單調遞增區間是，故答案為：，【點睛】本題主要考查了二倍角的公式的應用，余弦函數的圖象與性質，屬于中檔題160.1【解析】根據原則，可得，簡單計算，可得結果.【詳解】由題可知：隨機變量，則期望為所以故答案為：【點睛】本題考查正態分布的計算，掌握正態曲線的圖形以及計算，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）；（2）82，分布列見解析，【解析】（1）從

15、20人中任取3人共有種結果，恰有1人成績“優秀”共有種結果，利用古典概型的概率計算公式計算即可；（2）平均數的估計值為各小矩形的組中值與其面積乘積的和；要注意服從的是二項分布，不是超幾何分布，利用二項分布的分布列及期望公式求解即可.【詳解】（1）設從20人中任取3人恰有1人成績“優秀”為事件，則，所以，恰有1人“優秀”的概率為.（2）組別分組頻數頻率120.01260.03380.04440.02，估計所有員工的平均分為82的可能取值為0、1、2、3，隨機選取1人是“優秀”的概率為，；的分布列為0123，數學期望.【點睛】本題考查古典概型的概率計算以及二項分布期望的問題，涉及到頻率分布直方圖、

16、平均數的估計值等知識，是一道容易題.18（1）；（2）證明見解析【解析】（1）將函數整理為分段函數形式可得,進而分類討論求解不等式即可；（2）先利用絕對值不等式的性質得到的最大值為3,再利用均值定理證明即可.【詳解】（1）當時，恒成立，；當時，即，；當時，顯然不成立，不合題意；綜上所述，不等式的解集為.（2）由（1）知，于是由基本不等式可得 （當且僅當時取等號） （當且僅當時取等號）（當且僅當時取等號）上述三式相加可得（當且僅當時取等號），故得證.【點睛】本題考查解絕對值不等式和利用均值定理證明不等式,考查絕對值不等式的最值的應用，解題關鍵是掌握分類討論解決帶絕對值不等式的方法，考查了分析能力

17、和計算能力，屬于中檔題.19（1）；（2）【解析】（1）根據同角三角函數式可求得，結合正弦和角公式求得，即可求得，進而由三角函數（2）設根據余弦定理及基本不等式，可求得的最大值，結合三角形面積公式可求得的最大值，即可求得四邊形面積的最大值.【詳解】（1），則由同角三角函數關系式可得，則 ，則，所以.（2）設在中由余弦定理可得，代入可得，由基本不等式可知，即，當且僅當時取等號，由三角形面積公式可得，所以四邊形面積的最大值為.【點睛】本題考查了正弦和角公式化簡三角函數式的應用，余弦定理及不等式式求最值的綜合應用，屬于中檔題.20（1）見解析，（1）存在，【解析】（1）求出圓和圓的圓心和半徑，通過圓

18、F1與圓F1有公共點求出的范圍，從而根據可得點的軌跡，進而求出方程；（1）過點且斜率為的直線方程為，設，聯立直線方程和橢圓方程，根據韋達定理以及，可得，根據其為定值，則有，進而可得結果.【詳解】（1）因為，所以，因為圓的半徑為，圓的半徑為，又因為，所以，即，所以圓與圓有公共點， 設公共點為，因此，所以點的軌跡是以，為焦點的橢圓，所以，即軌跡的方程為；（1）過點且斜率為的直線方程為，設，由消去得到，則， 因為，所以， 將式代入整理得因為，所以當時，即時，.即存在實數使得.【點睛】本題考查橢圓定理求橢圓方程，考查橢圓中的定值問題，靈活應用韋達定理進行計算是關鍵，并且觀察出取定值的條件也很重要，考查了學生分析能力