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已知雙曲線的左焦點為，直線經過點且與雙曲線的一條漸近線垂直，直線與雙曲線的左支交于不同的兩點，若，則該雙曲線的離心率為（ ）ABCD2在中，角、所對的邊分別為、，若，則（ ）ABCD3若，點C在AB上，且，設，則的值為（ ）ABCD4已

2、知甲盒子中有個紅球，個藍球，乙盒子中有個紅球，個藍球，同時從甲乙兩個盒子中取出個球進行交換，（a）交換后，從甲盒子中取1個球是紅球的概率記為.（b）交換后，乙盒子中含有紅球的個數記為.則（ ）ABCD5如圖所示，直三棱柱的高為4，底面邊長分別是5，12，13，當球與上底面三條棱都相切時球心到下底面距離為8，則球的體積為 ( ) A16053B6423C9633D256236由曲線圍成的封閉圖形的面積為（ ）ABCD7如圖，在等腰梯形中，為的中點，將與分別沿、向上折起，使、重合為點，則三棱錐的外接球的體積是（ ）ABCD8已知正方體的棱長為2，點為棱的中點，則平面截該正方體的內切球所得截面面積為

3、（ ）ABCD9已知函數若存在實數，且，使得，則實數a的取值范圍為（ ）ABCD10已知函數，為圖象的對稱中心，若圖象上相鄰兩個極值點，滿足，則下列區間中存在極值點的是（ ）ABCD11已知函數是定義在上的偶函數，且在上單調遞增，則（ ）ABCD12已知函數，若函數在上有3個零點，則實數的取值范圍為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設P為有公共焦點的橢圓與雙曲線的一個交點，且，橢圓的離心率為，雙曲線的離心率為，若，則_.14已知等差數列的各項均為正數，且，若，則_.15在平面直角坐標系中，雙曲線的一條準線與兩條漸近線所圍成的三角形的面積為_.16已知函數，若函數

4、有3個不同的零點x1，x2，x3(x1x2x3)，則的取值范圍是_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）已知橢圓的長軸長為，離心率（1）求橢圓的方程；（2）設分別為橢圓與軸正半軸和軸正半軸的交點，是橢圓上在第一象限的一點，直線與軸交于點，直線與軸交于點，問與面積之差是否為定值？說明理由.18（12分）已知函數.（1）解不等式；（2）若，求證：.19（12分）已知，分別是三個內角，的對邊，（1）求；（2）若，求，20（12分）已知函數與的圖象關于直線對稱. （為自然對數的底數）（1）若的圖象在點處的切線經過點，求的值；（2）若不等式恒成立，求正整數的最小值.

5、21（12分）已知函數.（1）證明：當時，；（2）若函數有三個零點，求實數的取值范圍.22（10分）已知分別是橢圓的左、右焦點，直線與交于兩點，且（1）求的方程；（2）已知點是上的任意一點，不經過原點的直線與交于兩點，直線的斜率都存在，且，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。1A【解析】直線的方程為，令和雙曲線方程聯立，再由得到兩交點坐標縱坐標關系進行求解即可.【詳解】由題意可知直線的方程為,不妨設.則，且將代入雙曲線方程中，得到設則由，可得，故則，解得則所以雙曲線離心率故選：A【點睛】此題考查雙曲線和直線相交問題

6、，聯立直線和雙曲線方程得到兩交點坐標關系和已知條件即可求解，屬于一般性題目.2D【解析】利用余弦定理角化邊整理可得結果.【詳解】由余弦定理得：，整理可得：，.故選：.【點睛】本題考查余弦定理邊角互化的應用，屬于基礎題.3B【解析】利用向量的數量積運算即可算出【詳解】解：，又在上，故選：【點睛】本題主要考查了向量的基本運算的應用，向量的基本定理的應用及向量共線定理等知識的綜合應用4A【解析】分析：首先需要去分析交換后甲盒中的紅球的個數，對應的事件有哪些結果，從而得到對應的概率的大小，再者就是對隨機變量的值要分清，對應的概率要算對，利用公式求得其期望.詳解：根據題意有，如果交換一個球，有交換的都是

7、紅球、交換的都是藍球、甲盒的紅球換的乙盒的藍球、甲盒的藍球交換的乙盒的紅球，紅球的個數就會出現三種情況；如果交換的是兩個球，有紅球換紅球、藍球換藍球、一藍一紅換一藍一紅、紅換藍、藍換紅、一藍一紅換兩紅、一藍一紅換亮藍，對應的紅球的個數就是五種情況，所以分析可以求得，故選A.點睛：該題考查的是有關隨機事件的概率以及對應的期望的問題，在解題的過程中，需要對其對應的事件弄明白，對應的概率會算，以及變量的可取值會分析是多少，利用期望公式求得結果.5A【解析】設球心為O，三棱柱的上底面A1B1C1的內切圓的圓心為O1，該圓與邊B1C1切于點M，根據球的幾何性質可得OO1M為直角三角形，然后根據題中數據求

8、出圓O1半徑，進而求得球的半徑，最后可求出球的體積【詳解】如圖，設三棱柱為ABC-A1B1C1，且AB=12,BC=5,AC=13，高AA1=4所以底面A1B1C1為斜邊是A1C1的直角三角形，設該三角形的內切圓為圓O1，圓O1與邊B1C1切于點M，則圓O1的半徑為O1M=12+5-132=2設球心為O，則由球的幾何知識得OO1M為直角三角形，且OO1=8-4=4，所以OM=22+42=25，即球O的半徑為25，所以球O的體積為43(25)3=16053故選A【點睛】本題考查與球有關的組合體的問題，解答本題的關鍵有兩個：（1）構造以球半徑R、球心到小圓圓心的距離d和小圓半徑r為三邊的直角三角形

9、，并在此三角形內求出球的半徑，這是解決與球有關的問題時常用的方法（2）若直角三角形的兩直角邊為a,b，斜邊為c，則該直角三角形內切圓的半徑r=a+b-c2，合理利用中間結論可提高解題的效率6A【解析】先計算出兩個圖像的交點分別為，再利用定積分算兩個圖形圍成的面積.【詳解】封閉圖形的面積為.選A.【點睛】本題考察定積分的應用，屬于基礎題.解題時注意積分區間和被積函數的選取.7A【解析】由題意等腰梯形中的三個三角形都是等邊三角形，折疊成的三棱錐是正四面體，易求得其外接球半徑，得球體積【詳解】由題意等腰梯形中，又，是靠邊三角形，從而可得，折疊后三棱錐是棱長為1的正四面體，設是的中心，則平面，外接球球

10、心必在高上，設外接球半徑為，即，解得，球體積為故選：A【點睛】本題考查求球的體積，解題關鍵是由已知條件確定折疊成的三棱錐是正四面體8A【解析】根據球的特點可知截面是一個圓，根據等體積法計算出球心到平面的距離，由此求解出截面圓的半徑，從而截面面積可求.【詳解】如圖所示：設內切球球心為，到平面的距離為，截面圓的半徑為，因為內切球的半徑等于正方體棱長的一半，所以球的半徑為，又因為，所以，又因為，所以，所以，所以截面圓的半徑，所以截面圓的面積為.故選：A.【點睛】本題考查正方體的內切球的特點以及球的截面面積的計算，難度一般.任何一個平面去截球，得到的截面一定是圓面，截面圓的半徑可通過球的半徑以及球心到

11、截面的距離去計算.9D【解析】首先對函數求導，利用導數的符號分析函數的單調性和函數的極值，根據題意，列出參數所滿足的不等關系，求得結果.【詳解】，令，得，其單調性及極值情況如下：x0+0_0+極大值極小值若存在，使得，則（如圖1）或（如圖2）（圖1）（圖2）于是可得，故選：D.【點睛】該題考查的是有關根據函數值的關系求參數的取值范圍的問題，涉及到的知識點有利用導數研究函數的單調性與極值，畫出圖象數形結合，屬于較難題目.10A【解析】結合已知可知，可求，進而可求，代入，結合，可求，即可判斷【詳解】圖象上相鄰兩個極值點，滿足，即，且，當時，為函數的一個極小值點，而故選：【點睛】本題主要考查了正弦函

12、數的圖象及性質的簡單應用，解題的關鍵是性質的靈活應用11C【解析】根據題意，由函數的奇偶性可得，又由，結合函數的單調性分析可得答案【詳解】根據題意，函數是定義在上的偶函數，則，有，又由在上單調遞增，則有，故選C.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性與單調性的綜合應用，注意函數奇偶性的應用，屬于基礎題12B【解析】根據分段函數，分當，將問題轉化為的零點問題，用數形結合的方法研究.【詳解】當時，令，在是增函數，時，有一個零點，當時，令當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞減，所以當時，取得最大值，因為在上有3個零點，所以當時，有2個零點，如圖所示：所以實數的取值范圍為綜上可得實數的取值范圍為， 故選：B

13、【點睛】本題主要考查了函數的零點問題，還考查了數形結合的思想和轉化問題的能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】設根據橢圓的幾何性質可得,根據雙曲線的幾何性質可得，,即故答案為14【解析】設等差數列的公差為，根據，且，可得，解得，進而得出結論.【詳解】設公差為，因為，所以，所以，所以 故答案為：【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式、需熟記公式，屬于基礎題.15【解析】求出雙曲線的漸近線方程，求出準線方程，求出三角形的頂點的坐標，然后求解面積【詳解】解：雙曲線：雙曲線中，則雙曲線的一條準線方程為，雙曲線的漸近線方程為：，可得準線方程與雙曲線的兩條漸近線所

14、圍成的三角形的頂點的坐標，則三角形的面積為故答案為：【點睛】本題考查雙曲線方程的應用，雙曲線的簡單性質的應用，考查計算能力，屬于中檔題16【解析】先根據題意，求出的解得或，然后求出f(x)的導函數，求其單調性以及最值，在根據題意求出函數有3個不同的零點x1，x2，x3(x1x2x3)，分情況討論求出的取值范圍.【詳解】解：令t=f（x），函數有3個不同的零點，即+m=0有兩個不同的解，解之得 即或因為的導函數，令，解得xe，解得0 xe，可得f（x）在（0，e）遞增，在遞減；f(x)的最大值為 ，且 且f(1)=0；要使函數有3個不同的零點，（1）有兩個不同的解，此時有一個解；（2）有兩個不同

15、的解，此時有一個解當有兩個不同的解，此時有一個解，此時 ，不符合題意；或是不符合題意；所以只能是 解得 ，此時=-m，此時 有兩個不同的解，此時有一個解此時 ，不符合題意；或是不符合題意；所以只能是解得 ，此時=，綜上：的取值范圍是故答案為【點睛】本題主要考查了函數與導函數的綜合，考查到了函數的零點，導函數的應用，以及數形結合的思想、分類討論的思想，屬于綜合性極強的題目，屬于難題.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）是定值，詳見解析【解析】（1）根據長軸長為，離心率，則有求解.（2）設，則，直線，令得，則，直線，令，得，則，再根據求解.【詳解】（1）依

16、題意得，解得，則橢圓的方程.（2）設，則，直線，令得，則，直線，令，得，則，.【點睛】本題主要考查橢圓的方程及直線與橢圓的位置關系，還考查了平面幾何知識和運算求解的能力，屬于中檔題.18（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）分、三種情況解不等式，即可得出該不等式的解集；（2）利用分析法可知，要證，即證，只需證明即可，因式分解后，判斷差值符號即可，由此證明出所證不等式成立.【詳解】（1）.當時，由，解得，此時；當時，不成立；當時，由，解得，此時.綜上所述，不等式的解集為；（2）要證，即證，因為，所以，.所以，.故所證不等式成立.【點睛】本題考查絕對值不等式的求解，同時也考查了利用分析法和作差法

17、證明不等式，考查分類討論思想以及推理能力，屬于中等題.19（1）； （2），或，.【解析】（1）利用正弦定理，轉化原式為，結合，可得，即得解；（2）由余弦定理，結合題中數據，可得解【詳解】（1）由及正弦定理得因為，所以，代入上式并化簡得由于，所以又，故（2）因為，由余弦定理得即,所以而，所以，為一元二次方程的兩根所以，或，【點睛】本題考查了正弦定理，余弦定理的綜合應用，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.20（1）e；（2）2.【解析】（1）根據反函數的性質，得出，再利用導數的幾何意義，求出曲線在點處的切線為，構造函數，利用導數求出單調性，即可得出的值；（2）設，求導，求

18、出的單調性，從而得出最大值為，結合恒成立的性質，得出正整數的最小值.【詳解】（1）根據題意，與的圖象關于直線對稱，所以函數的圖象與互為反函數，則,，設點，又，當時，曲線在點處的切線為，即，代入點，得，即，構造函數， 當時，當時，且，當時，單調遞增，而， 故存在唯一的實數根.（2）由于不等式恒成立，可設，所以，令，得. 所以當時，；當時，因此函數在是增函數，在是減函數. 故函數的最大值為 .令， 因為， ，又因為在是減函數.所以當時，.所以正整數的最小值為2.【點睛】本題考查導數的幾何意義和利用導數解決恒成立問題，涉及到單調性、構造函數法等，考查函數思想和計算能力.21（1）見解析；（2）【解析】（1）要證明，只需證明即可；（2）有3個根，可轉化為有3個根，即與有3個不同交點，利用導數作出的圖象即可.【詳解】（1）令，則，當時，故在上單調遞增，所以，即，所以.（2）