1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、要求的。1已知函數，若關于的方程有4個不同的實數根，則實數的取值范圍為（ ）ABCD2相傳黃帝時代，在制定樂律時，用“三分損益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音調如圖的程序是與“三分損益”結合的計算過程，若輸入的的值為1，輸出的的值為（ ）ABCD3集合的真子集的個數為( )A7B8C31D324已知復數，為的共軛復數，則（ ）ABCD5已知向量，且，則m=( )A8B6C6D86阿波羅尼斯（約公元前262190年）證明過這樣的命題：平面內到兩定點距離之比為常數的點的軌跡是圓.后人將這個圓稱為阿氏圓.若平面內兩定點，間的距離為2，動點與，的距離之比為，當，不共線時，的面積的最大值是（ ）AB

3、CD7已知正四棱錐的側棱長與底面邊長都相等，是的中點，則所成的角的余弦值為（ ）ABCD8定義在上的偶函數，對，且，有成立，已知，則，的大小關系為（ ）ABCD9函數的圖象如圖所示,則它的解析式可能是( )ABCD10關于函數，下列說法正確的是（ ）A函數的定義域為B函數一個遞增區間為C函數的圖像關于直線對稱D將函數圖像向左平移個單位可得函數的圖像11若函數（其中，圖象的一個對稱中心為，其相鄰一條對稱軸方程為，該對稱軸處所對應的函數值為，為了得到的圖象，則只要將的圖象( )A向右平移個單位長度B向左平移個單位長度C向左平移個單位長度D向右平移個單位長度12已知數列滿足：，則( )A16B25C

4、28D33二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13 “學習強國”學習平臺是由中宣部主管，以深入學習宣傳習近平新時代中國特色社會主義思想為主要內容，立足全體黨員、面向全社會的優質平臺，現已日益成為老百姓了解國家動態，緊跟時代脈搏的熱門app.該款軟件主要設有“閱讀文章”和“視聽學習”兩個學習板塊和“每日答題”、“每周答題”、“專項答題”、“挑戰答題”四個答題板塊.某人在學習過程中，將六大板塊依次各完成一次，則“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊之間最多間隔一個答題板塊的學習方法有_種.14設是公差不為0的等差數列的前n項和，且，則_.15角的頂點在坐標原點，始邊與軸的非負半軸重合，

5、終邊經過點，則的值是 16在中，、的坐標分別為，且滿足，為坐標原點，若點的坐標為，則的取值范圍為_.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，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18（12分）設，函數，其中為自然對數的底數.（1）設函數.若，試判斷函數與的圖像在區間上是否有交點；求證：對任意的，直線都不是的切線；（2）設函數，試判斷函數是否存在極小值，若存在，求出的取值范圍；若不存在，請說明理由.19（12分）已知數列滿足對任意都有，其前項和為，且是與的等比中項，

6、（1）求數列的通項公式；（2）已知數列滿足，設數列的前項和為，求大于的最小的正整數的值20（12分）已知函數的圖象在處的切線方程是.（1）求的值；（2）若函數，討論的單調性與極值；（3）證明：.21（12分）在直角坐標系中，圓的參數方程為：（為參數），以坐標原點為極點，以軸的正半軸為極軸建立極坐標系，且長度單位相同.（1）求圓的極坐標方程；（2）若直線：（為參數）被圓截得的弦長為，求直線的傾斜角.22（10分）設函數.()當時，求不等式的解集；()若函數 的圖象與直線所圍成的四邊形面積大于20,求的取值范圍.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

7、有一項是符合題目要求的。1C【解析】求導，先求出在單增，在單減，且知設，則方程有4個不同的實數根等價于方程在上有兩個不同的實數根，再利用一元二次方程根的分布條件列不等式組求解可得.【詳解】依題意，令，解得，故當時，當，且，故方程在上有兩個不同的實數根，故，解得.故選：C.【點睛】本題考查確定函數零點或方程根個數.其方法：(1)構造法：構造函數(易求，可解)，轉化為確定的零點個數問題求解，利用導數研究該函數的單調性、極值，并確定定義區間端點值的符號(或變化趨勢)等，畫出的圖象草圖，數形結合求解；(2)定理法：先用零點存在性定理判斷函數在某區間上有零點，然后利用導數研究函數的單調性、極值(最值)及

8、區間端點值符號，進而判斷函數在該區間上零點的個數.2B【解析】根據循環語句，輸入，執行循環語句即可計算出結果.【詳解】輸入，由題意執行循環結構程序框圖，可得：第次循環：，不滿足判斷條件；第次循環：，不滿足判斷條件；第次循環：，滿足判斷條件；輸出結果.故選：【點睛】本題考查了循環語句的程序框圖，求輸出的結果，解答此類題目時結合循環的條件進行計算，需要注意跳出循環的判定語句，本題較為基礎.3A【解析】計算，再計算真子集個數得到答案.【詳解】，故真子集個數為：.故選：.【點睛】本題考查了集合的真子集個數，意在考查學生的計算能力.4C【解析】求出，直接由復數的代數形式的乘除運算化簡復數.【詳解】.故選

9、：C【點睛】本題考查復數的代數形式的四則運算，共軛復數，屬于基礎題.5D【解析】由已知向量的坐標求出的坐標，再由向量垂直的坐標運算得答案【詳解】，又，34+（2）（m2）0，解得m1故選D【點睛】本題考查平面向量的坐標運算，考查向量垂直的坐標運算，屬于基礎題6A【解析】根據平面內兩定點，間的距離為2，動點與，的距離之比為，利用直接法求得軌跡，然后利用數形結合求解.【詳解】如圖所示：設，則，化簡得，當點到（軸）距離最大時，的面積最大，面積的最大值是.故選：A.【點睛】本題主要考查軌跡的求法和圓的應用，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.7C【解析】試題分析：設的交點為，連接，則為

10、所成的角或其補角；設正四棱錐的棱長為，則，所以，故C為正確答案考點：異面直線所成的角8A【解析】根據偶函數的性質和單調性即可判斷.【詳解】解：對，且，有在上遞增因為定義在上的偶函數所以在上遞減又因為，所以故選：A【點睛】考查偶函數的性質以及單調性的應用，基礎題.9B【解析】根據定義域排除，求出的值，可以排除，考慮排除.【詳解】根據函數圖象得定義域為，所以不合題意；選項，計算，不符合函數圖象；對于選項， 與函數圖象不一致；選項符合函數圖象特征.故選：B【點睛】此題考查根據函數圖象選擇合適的解析式，主要利用函數性質分析，常見方法為排除法.10B【解析】化簡到，根據定義域排除，計算單調性知正確，得到

11、答案.【詳解】，故函數的定義域為，故錯誤；當時，函數單調遞增，故正確；當，關于的對稱的直線為不在定義域內，故錯誤.平移得到的函數定義域為，故不可能為，錯誤.故選：.【點睛】本題考查了三角恒等變換，三角函數單調性，定義域，對稱，三角函數平移，意在考查學生的綜合應用能力.11B【解析】由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得的解析式，再根據函數的圖象變換規律，誘導公式，得出結論【詳解】根據已知函數其中，的圖象過點，可得，解得：再根據五點法作圖可得，可得：，可得函數解析式為：故把的圖象向左平移個單位長度，可得的圖象，故選B【點睛】本題主要考查由函數的部分圖象求解析式，由函

12、數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出，由五點法作圖求出的值，函數的圖象變換規律，誘導公式的應用，屬于中檔題12C【解析】依次遞推求出得解.【詳解】n=1時，n=2時，n=3時，n=4時，n=5時，.故選：C【點睛】本題主要考查遞推公式的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】先分間隔一個與不間隔分類計數，再根據捆綁法求排列數,最后求和得結果.【詳解】若“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊相鄰，則學習方法有種;若“閱讀文章”與“視聽學習”兩大學習板塊之間間隔一個答題板塊的學習方法有種;因此共有種.故答案為：【點睛】本題考查排列組合

13、實際問題，考查基本分析求解能力，屬基礎題.1418【解析】將已知已知轉化為的形式，化簡后求得，利用等差數列前公式化簡，由此求得表達式的值.【詳解】因為，所以.故填：.【點睛】本題考查等差數列基本量的計算，考查等差數列的性質以及求和，考查運算求解能力，屬于基礎題.15【解析】試題分析：由三角函數定義知，又由誘導公式知，所以答案應填：考點：1、三角函數定義；2、誘導公式16【解析】由正弦定理可得點在曲線上，設，則，將代入可得，利用二次函數的性質可得范圍.【詳解】解：由正弦定理得，則點在曲線上，設，則，又，因為，則，即的取值范圍為.故答案為：.【點睛】本題考查雙曲線的定義，考查向量數量積的坐標運算，

14、考查學生計算能力，有一定的綜合性，但難度不大.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）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：， ，是開口向上的二次函數，所以，方程有兩個不相等的實數根； （3）因為， ， 又在和增，在減，所以 考點：利用導數求函數減區間，二次函數與二次方程關系18（1）函數與的圖象在區間上有交點；證明見解析；（2）且；【解析】（1）令，結合函數零點的判定定理判斷即

15、可；設切點橫坐標為，求出切線方程，得到，根據函數的單調性判斷即可；（2）求出的解析式，通過討論的范圍，求出函數的單調區間，確定的范圍即可【詳解】解：（1）當時，函數，令，則，故，又函數在區間上的圖象是不間斷曲線，故函數在區間上有零點，故函數與的圖象在區間上有交點；證明：假設存在，使得直線是曲線的切線，切點橫坐標為，且，則切線在點切線方程為，即，從而，且，消去，得，故滿足等式，令，所以，故函數在和上單調遞增，又函數在時，故方程有唯一解，又，故不存在，即證；（2）由得，令，則，當時，遞減，故當時，遞增，當時，遞減，故在處取得極大值，不合題意；時，則在遞減，在，遞增，當時，故在遞減，可得當時，當時，

16、易證，令，令，故，則，故在遞增，則，即時，故在，內存在，使得，故在，上遞減，在，遞增，故在處取得極小值由（1）知，故在遞減，在遞增，故時，遞增，不合題意；當時，當，時，遞減，當時，遞增，故在處取極小值，符合題意，綜上，實數的范圍是且【點睛】本題考查了函數的單調性，最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，屬于難題19（1）（2）4【解析】（1）利用判斷是等差數列，利用求出，利用等比中項建立方程，求出公差可得.（2）利用的通項公式,求出，用錯位相減法求出，最后建立不等式求出最小的正整數.【詳解】解：任意都有，數列是等差數列，又是與的等比中項，設數列的公差為，且，則，解得，；由題意可知

17、，得：，由得， 滿足條件的最小的正整數的值為【點睛】本題考查等差數列的通項公式和前項和公式及錯位相減法求和. (1)解決等差數列通項的思路(1)在等差數列中，是最基本的兩個量，一般可設出和，利用等差數列的通項公式和前項和公式列方程(組)求解即可. (2)錯位相減法求和的方法：如果數列是等差數列，是等比數列，求數列的前項和時，可采用錯位相減法，一般是和式兩邊同乘以等比數列的公比，然后作差求解; 在寫“”與“”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“”的表達式20（1）；（2）單調遞減區間為，單調遞增區間為，的極小值為，無極大值；（3）見解析.【解析】（1）切點既在切線上又在曲線

18、上得一方程，再根據斜率等于該點的導數再列一方程，解方程組即可；（2）先對求導數，根據導數判斷和求解即可.（3）把證明轉化為證明，然后證明極小值大于極大值即可.【詳解】解：（1）函數的定義域為由已知得，則，解得.（2）由題意得，則.當時，所以單調遞減，當時，所以單調遞增，所以，單調遞減區間為，單調遞增區間為，的極小值為，無極大值.（3）要證成立，只需證成立.令，則，當時，單調遞增，當時，單調遞減，所以的極大值為，即由（2）知，時，且的最小值點與的最大值點不同，所以，即.所以，.【點睛】知識方面，考查建立方程組求未知數，利用導數求函數的單調區間和極值以及不等式的證明；能力方面，考查推理論證能力、分析問題和解決問題的能力以及運算求解能力；試題難度大.21（1）；（2）或【解析】（1）消去參數可得圓的直角坐標方程，再根據，即可得極坐標方程；（2）寫出直線的極坐標方程為，代入圓的極坐標方程，根據極坐標的意義列出等式解出即可.【詳解】（1）圓：，消去參數得：，即：，.，.（2）直線：的極坐標方程為，當時.即：，或.或，直線的傾斜角為或.【點睛】本題主要考查了參數方程