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，則（ ）A函數在上單調遞增B函數在上單調遞減C函數圖像關于對稱D函數圖像關于對稱2在正項等比數列an中，a5-a1=15，a4-a2 =6，則a3=（ ）A2B4CD83設函數，則使得成立的的取值范圍是（ ）ABCD4已知直線

2、與直線則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件5設為虛數單位，復數，則實數的值是（ ）A1B-1C0D26設，均為非零的平面向量，則“存在負數，使得”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7已知分別為雙曲線的左、右焦點，點是其一條漸近線上一點，且以為直徑的圓經過點，若的面積為，則雙曲線的離心率為（ ）ABCD8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A2B3CD9已知，則，不可能滿足的關系是（）ABCD10已知向量，則與共線的單位向量為( )ABC或D或11空氣質量指

3、數是反映空氣狀況的指數，指數值趨小，表明空氣質量越好，下圖是某市10月1日-20日指數變化趨勢，下列敘述錯誤的是（ ）A這20天中指數值的中位數略高于100B這20天中的中度污染及以上（指數）的天數占C該市10月的前半個月的空氣質量越來越好D總體來說，該市10月上旬的空氣質量比中旬的空氣質量好12設分別為的三邊的中點，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13六位同學坐在一排，現讓六位同學重新坐，恰有兩位同學坐自己原來的位置，則不同的坐法有_種（用數字回答）.14若，則_.15設是等比數列的前項的和，成等差數列，則的值為_16若關于的不等式在時恒成立，則實數的取值范圍

4、是_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）已知是拋物線：的焦點，點在上，到軸的距離比小1.（1）求的方程；（2）設直線與交于另一點，為的中點，點在軸上，.若，求直線的斜率.18（12分）某學生為了測試煤氣灶燒水如何節省煤氣的問題設計了一個實驗，并獲得了煤氣開關旋鈕旋轉的弧度數x與燒開一壺水所用時間y的一組數據，且作了一定的數據處理（如表），得到了散點圖（如圖）.表中，.（1）根據散點圖判斷，與哪一個更適宜作燒水時間y關于開關旋鈕旋轉的弧度數x的回歸方程類型？（不必說明理由）（2）根據判斷結果和表中數據，建立y關于x的回歸方程；（3）若旋轉的弧度數x與單位時

5、間內煤氣輸出量t成正比，那么x為多少時，燒開一壺水最省煤氣？附：對于一組數據，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，.19（12分）已知函數，.（1）當時，求函數在點處的切線方程；比較與的大小; （2）當時，若對時，且有唯一零點，證明：20（12分）如圖，已知正方形所在平面與梯形所在平面垂直，BMAN，（1）證明：平面；（2）求點N到平面CDM的距離21（12分）已知函數，且（1）當時，求函數的減區間；（2）求證：方程有兩個不相等的實數根；（3）若方程的兩個實數根是，試比較，與的大小，并說明理由22（10分）已知直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，

6、曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程和曲線的直角坐標方程；（2）設點，直線與曲線交于，兩點，求的值.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。1C【解析】依題意可得，即函數圖像關于對稱，再求出函數的導函數，即可判斷函數的單調性；【詳解】解：由，所以函數圖像關于對稱，又，在上不單調.故正確的只有C，故選：C【點睛】本題考查函數的對稱性的判定，利用導數判斷函數的單調性，屬于基礎題.2B【解析】根據題意得到，解得答案.【詳解】，解得或（舍去）.故.故選：.【點睛】本題考查了等比數列的計算，意在考查學生的計算能力.3B【解析】由

7、奇偶性定義可判斷出為偶函數，由單調性的性質可知在上單調遞增，由此知在上單調遞減，從而將所求不等式化為，解絕對值不等式求得結果.【詳解】由題意知：定義域為，為偶函數，當時，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，則在上單調遞減，由得：，解得：或，的取值范圍為.故選：.【點睛】本題考查利用函數的單調性和奇偶性求解函數不等式的問題；奇偶性的作用是能夠確定對稱區間的單調性，單調性的作用是能夠將函數值的大小關系轉化為自變量的大小關系，進而化簡不等式.4B【解析】利用充分必要條件的定義可判斷兩個條件之間的關系.【詳解】若，則，故或，當時，直線，直線 ，此時兩條直線平行；當時，直線，直線 ，此時兩條直線平

8、行.所以當時，推不出，故“”是“”的不充分條件，當時，可以推出，故“”是“”的必要條件，故選：B.【點睛】本題考查兩條直線的位置關系以及必要不充分條件的判斷，前者應根據系數關系來考慮，后者依據兩個條件之間的推出關系，本題屬于中檔題.5A【解析】根據復數的乘法運算化簡，由復數的意義即可求得的值.【詳解】復數，由復數乘法運算化簡可得，所以由復數定義可知，解得，故選：A.【點睛】本題考查了復數的乘法運算，復數的意義，屬于基礎題.6B【解析】根據充分條件、必要條件的定義進行分析、判斷后可得結論【詳解】因為，均為非零的平面向量，存在負數，使得，所以向量，共線且方向相反，所以，即充分性成立；反之，當向量，

9、的夾角為鈍角時，滿足，但此時，不共線且反向，所以必要性不成立所以“存在負數，使得”是“”的充分不必要條件故選B【點睛】判斷p是q的什么條件，需要從兩方面分析：一是由條件p能否推得條件q；二是由條件q能否推得條件p，定義法是判斷充分條件、必要條件的基本的方法，解題時注意選擇恰當的方法判斷命題是否正確7B【解析】根據題意，設點在第一象限，求出此坐標，再利用三角形的面積即可得到結論.【詳解】由題意，設點在第一象限，雙曲線的一條漸近線方程為，所以，又以為直徑的圓經過點，則，即，解得，所以，即，即，所以，雙曲線的離心率為.故選：B.【點睛】本題主要考查雙曲線的離心率，解決本題的關鍵在于求出與的關系，屬于

10、基礎題.8D【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

11、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。9C【解析】根據即可得出，根據，即可判斷出結果【詳解】；，；，故正確；，故C錯誤；，故D正確故C【點睛】本題主要考查指數式和對數式的互化，對數的運算，以及基本不等式：和不等式的應用，屬于中檔題10D【解析】根據題意得，設與共線的單位向量為，利用向量共線和單位向量模為1，列式求出即可得出答案.【詳解】因為，則，所以，設與共線的單位向量為，則，解得 或所以與共線的單位向量為或.故選：D.【點睛】本題考查向量的坐標運算以及共線定理和單位向量的定義.11C【解析】結合題意，根據題目中的天的指數值，判斷選項中的命題是否正確.【詳解】對于，由

12、圖可知天的指數值中有個低于，個高于，其中第個接近，第個高于，所以中位數略高于，故正確.對于，由圖可知天的指數值中高于的天數為，即占總天數的，故正確.對于，由圖可知該市月的前天的空氣質量越來越好，從第天到第天空氣質量越來越差，故錯誤.對于，由圖可知該市月上旬大部分指數在以下，中旬大部分指數在以上，所以該市月上旬的空氣質量比中旬的空氣質量好，故正確.故選：【點睛】本題考查了對折線圖數據的分析，讀懂題意是解題關鍵，并能運用所學知識對命題進行判斷，本題較為基礎.12B【解析】根據題意,畫出幾何圖形,根據向量加法的線性運算即可求解.【詳解】根據題意,可得幾何關系如下圖所示:,故選:B【點睛】本題考查了向

13、量加法的線性運算,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13135【解析】根據題意先確定2個人位置不變，共有種選擇，再確定4個人坐4個位置，但是不能坐原來的位置，計算得到答案.【詳解】根據題意先確定2個人位置不變，共有種選擇.再確定4個人坐4個位置，但是不能坐原來的位置，共有種選擇，故不同的坐法有.故答案為：.【點睛】本題考查了分步乘法原理，意在考查學生的計算能力和應用能力.14【解析】因為，所以.因為，所以，又，所以，所以.152【解析】設等比數列的公比設為再根據成等差數列利用基本量法求解再根據等比數列各項間的關系求解即可.【詳解】解：等比數列的公比設為成等差數列,可得

14、若則顯然不成立,故則,化為解得,則故答案為：【點睛】本題主要考查了等比數列的基本量求解以及運用,屬于中檔題.16【解析】利用對數函數的單調性，將不等式去掉對數符號，再依據分離參數法，轉化成求構造函數最值問題，進而求得的取值范圍。【詳解】由 得，兩邊同除以，得到，設，由函數 在上遞減，所以，故實數的取值范圍是。【點睛】本題主要考查對數函數的單調性，以及恒成立問題的常規解法分離參數法。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）由拋物線定義可知，解得，故拋物線的方程為；（2）設直線：，聯立，利用韋達定理算出的中點，又，所以直線的方程為，求出，利用求解

15、即可.【詳解】（1）設的準線為，過作于，則由拋物線定義，得，因為到的距離比到軸的距離大1，所以，解得，所以的方程為（2）由題意，設直線方程為，由消去，得，設，則，所以，又因為為的中點，點的坐標為，直線的方程為，令，得，點的坐標為，所以，解得，所以直線的斜率為.【點睛】本題主要考查拋物線的定義，直線與拋物線的位置關系等基礎知識，考查學生的運算求解能力.涉及拋物線的弦的中點，斜率問題時，可采用韋達定理或“點差法”求解.18（1）更適宜（2）（3）x為2時，燒開一壺水最省煤氣【解析】（1）根據散點圖是否按直線型分布作答；（2）根據回歸系數公式得出y關于的線性回歸方程，再得出y關于x的回歸方程；（3）

16、利用基本不等式得出煤氣用量的最小值及其成立的條件.【詳解】（1）更適宜作燒水時間y關于開關旋鈕旋轉的弧度數x的回歸方程類型.（2）由公式可得：，所以所求回歸方程為.（3）設，則煤氣用量，當且僅當時取“”，即時，煤氣用量最小.故x為2時，燒開一壺水最省煤氣.【點睛】本題考查擬合模型的選擇，回歸方程的求解，涉及均值不等式的使用，屬綜合中檔題.19（1）見解析，見解析；（2）見解析【解析】（1）把代入函數解析式，求出函數的導函數得到，再求出，利用直線方程的點斜式求函數在點處的切線方程；令，利用導數研究函數的單調性，可得當時，；當時，；當時，（2）由題意，在上有唯一零點利用導數可得當時，在上單調遞減，

17、當，時，在，上單調遞增，得到由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即令，則，再由在上恒成立，得在上單調遞減，進一步得到在上單調遞增，由此可得【詳解】解：（1）當時，又，切線方程為，即；令，則，在上單調遞減又，當時，即；當時，即；當時，即證明：（2）由題意，而，令，解得，在上有唯一零點當時，在上單調遞減，當，時，在，上單調遞增在恒成立，且有唯一解，即，消去，得，即令，則，在上恒成立，在上單調遞減，又， ，在上單調遞增，【點睛】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查利用導數研究函數的單調性，考查邏輯思維能力與推理論證能力，屬難題20（1）證明見解析 （2）【解析】（1）因為正方形ABCD所

18、在平面與梯形ABMN所在平面垂直，平面平面，所以平面ABMN，因為平面ABMN，平面ABMN，所以， 因為，所以，因為，所以，所以，因為在直角梯形ABMN中，所以， 所以，所以，因為，所以平面 （2）如圖，取BM的中點E，則，又BMAN，所以四邊形ABEN是平行四邊形，所以NEAB，又ABCD，所以NECD，因為平面CDM，平面CDM，所以NE平面CDM，所以點N到平面CDM的距離與點E到平面CDM的距離相等， 設點N到平面CDM的距離為h，由可得點B到平面CDM的距離為2h，由題易得平面BCM，所以，且，所以， 又，所以由可得，解得，所以點N到平面CDM的距離為 21（1）（2）詳見解析（3）【解析】試題分析：（1）當時，由得減區間；（2）因為，所以，因為所以，方程有兩個不相等的實數根；（3）因為，所以試題解析：（1）當時，由得減區間； （2）法1：， 所以，方程有兩個不相等的實數根； 法2：， ，是開口向上的二次