1、2021-2022高考數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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設集合A=4，5，7，9，B=3，4，7，8，9，全集U=AB，則集合中的元素共有 （ ）A3個B4個C5個D6個2已知數列中，且當為奇數時，；當為偶數時，則此數列的前項的

2、和為（ ）ABCD3一個正三角形的三個頂點都在雙曲線的右支上，且其中一個頂點在雙曲線的右頂點，則實數的取值范圍是（ ）ABCD4若是定義域為的奇函數，且，則A的值域為B為周期函數，且6為其一個周期C的圖像關于對稱D函數的零點有無窮多個5下列圖形中，不是三棱柱展開圖的是（ ）ABCD6已知點(m,8)在冪函數的圖象上，設，則（ ）AbacBabcCbcaDacb7若非零實數、滿足，則下列式子一定正確的是（ ）ABCD8阿基米德（公元前287年公元前212年），偉大的古希臘哲學家、數學家和物理學家，他死后的墓碑上刻著一個“圓柱容球”的立體幾何圖形，為紀念他發現“圓柱內切球的體積是圓柱體積的，且球的

3、表面積也是圓柱表面積的”這一完美的結論.已知某圓柱的軸截面為正方形，其表面積為，則該圓柱的內切球體積為( )ABCD9設且，則下列不等式成立的是（ ）ABCD10甲、乙兩名學生的六次數學測驗成績(百分制)的莖葉圖如圖所示.甲同學成績的中位數大于乙同學成績的中位數；甲同學的平均分比乙同學的平均分高；甲同學的平均分比乙同學的平均分低；甲同學成績的方差小于乙同學成績的方差.以上說法正確的是（ ）ABCD11設全集，集合，.則集合等于（ ）ABCD12已知向量滿足,且與的夾角為,則( )ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13函數與的圖象上存在關于軸的對稱點，則實數的取值范圍為_.

4、14雙曲線的焦距為_，漸近線方程為_15雙曲線的左右頂點為，以為直徑作圓，為雙曲線右支上不同于頂點的任一點，連接交圓于點，設直線的斜率分別為，若，則_.16如圖，在三棱錐ABCD中，點E在BD上，EAEBECED，BDCD，ACD為正三角形，點M，N分別在AE，CD上運動（不含端點），且AMCN，則當四面體CEMN的體積取得最大值時，三棱錐ABCD的外接球的表面積為_.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）在中，角的對邊分別為，且（1）求角的大小；（2）若函數圖象的一條對稱軸方程為且，求的值18（12分）已知不等式對于任意的恒成立.（1）求實數m的取值范圍

5、；（2）若m的最大值為M，且正實數a，b，c滿足.求證.19（12分）已知橢圓的右焦點為，過作軸的垂線交橢圓于點（點在軸上方），斜率為的直線交橢圓于兩點，過點作直線交橢圓于點，且，直線交軸于點.（1）設橢圓的離心率為，當點為橢圓的右頂點時，的坐標為，求的值.（2）若橢圓的方程為，且，是否存在使得成立？如果存在，求出的值；如果不存在，請說明理由.20（12分）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，底面，.（1）求證：平面；（2）若直線與平面所成的角為，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.21（12分）設函數.（1）解不等式；（2）記的最大值為，若實數、滿足，求證：.22（10分）已知函數，（1）證明：在區

6、間單調遞減；（2）證明：對任意的有參考答案一、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】試題分析：,所以，即集合中共有3個元素，故選A考點：集合的運算2A【解析】根據分組求和法，利用等差數列的前項和公式求出前項的奇數項的和，利用等比數列的前項和公式求出前項的偶數項的和，進而可求解.【詳解】當為奇數時，則數列奇數項是以為首項，以為公差的等差數列，當為偶數時，則數列中每個偶數項加是以為首項，以為公比的等比數列.所以.故選：A【點睛】本題考查了數列分組求和、等差數列的前項和公式、等比數列的前項和公式，需熟記公式，屬于基礎題.3D【解

7、析】因為雙曲線分左右支，所以，根據雙曲線和正三角形的對稱性可知：第一象限的頂點坐標為，將其代入雙曲線可解得【詳解】因為雙曲線分左右支，所以，根據雙曲線和正三角形的對稱性可知：第一象限的頂點坐標為，將其代入雙曲線方程得：，即，由得故選：【點睛】本題考查了雙曲線的性質，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平4D【解析】運用函數的奇偶性定義，周期性定義，根據表達式判斷即可.【詳解】是定義域為的奇函數，則，又，即是以4為周期的函數，所以函數的零點有無窮多個；因為，令，則，即，所以的圖象關于對稱，由題意無法求出的值域，所以本題答案為D.【點睛】本題綜合考查了函數的性質，主要是抽象函數的性質，運用數學式子判

8、斷得出結論是關鍵.5C【解析】根據三棱柱的展開圖的可能情況選出選項.【詳解】由圖可知，ABD選項可以圍成三棱柱，C選項不是三棱柱展開圖.故選：C【點睛】本小題主要考查三棱柱展開圖的判斷，屬于基礎題.6B【解析】先利用冪函數的定義求出m的值，得到冪函數解析式為f（x）x3，在R上單調遞增，再利用冪函數f（x）的單調性，即可得到a，b，c的大小關系.【詳解】由冪函數的定義可知，m11，m2，點（2，8）在冪函數f（x）xn上，2n8，n3，冪函數解析式為f（x）x3，在R上單調遞增，1ln3，n3，abc，故選：B.【點睛】本題主要考查了冪函數的性質，以及利用函數的單調性比較函數值大小，屬于中檔題

9、.7C【解析】令，則，將指數式化成對數式得、后，然后取絕對值作差比較可得【詳解】令，則，因此，.故選：C.【點睛】本題考查了利用作差法比較大小，同時也考查了指數式與對數式的轉化，考查推理能力，屬于中等題8D【解析】設圓柱的底面半徑為,則其母線長為,由圓柱的表面積求出,代入圓柱的體積公式求出其體積,結合題中的結論即可求出該圓柱的內切球體積.【詳解】設圓柱的底面半徑為,則其母線長為,因為圓柱的表面積公式為，所以,解得,因為圓柱的體積公式為,所以,由題知,圓柱內切球的體積是圓柱體積的，所以所求圓柱內切球的體積為.故選:D【點睛】本題考查圓柱的軸截面及表面積和體積公式;考查運算求解能力;熟練掌握圓柱的

10、表面積和體積公式是求解本題的關鍵;屬于中檔題.9A【解析】 項，由得到，則，故項正確；項，當時，該不等式不成立，故項錯誤；項，當，時，即不等式不成立，故項錯誤；項，當，時，即不等式不成立，故項錯誤綜上所述，故選10A【解析】由莖葉圖中數據可求得中位數和平均數,即可判斷,再根據數據集中程度判斷.【詳解】由莖葉圖可得甲同學成績的中位數為,乙同學成績的中位數為,故錯誤；,則,故錯誤,正確；顯然甲同學的成績更集中,即波動性更小,所以方差更小,故正確,故選:A【點睛】本題考查由莖葉圖分析數據特征,考查由莖葉圖求中位數、平均數.11A【解析】先算出集合，再與集合B求交集即可.【詳解】因為或.所以，又因為.

11、所以.故選：A.【點睛】本題考查集合間的基本運算，涉及到解一元二次不等式、指數不等式，是一道容易題.12A【解析】根據向量的運算法則展開后利用數量積的性質即可.【詳解】.故選：A.【點睛】本題主要考查數量積的運算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】先求得與關于軸對稱的函數，將問題轉化為與的圖象有交點，即方程有解.對分成三種情況進行分類討論，由此求得實數的取值范圍.【詳解】因為關于軸對稱的函數為，因為函數與的圖象上存在關于軸的對稱點，所以與的圖象有交點，方程有解.時符合題意.時轉化為有解，即，的圖象有交點，是過定點的直線，其斜率為，若，則函數與的圖象必有交點

12、，滿足題意；若，設，相切時，切點的坐標為，則，解得，切線斜率為，由圖可知，當，即時，的圖象有交點，此時，與的圖象有交點，函數與的圖象上存在關于軸的對稱點，綜上可得，實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】本小題主要考查利用導數求解函數的零點以及對稱性，函數與方程等基礎知識，考查學生分析問題，解決問題的能力，推理與運算求解能力，轉化與化歸思想和應用意識.146 【解析】由題得 所以焦距,故第一個空填6.由題得漸近線方程為.故第二個空填.15【解析】根據雙曲線上的點的坐標關系得，交圓于點，所以，建立等式，兩式作商即可得解.【詳解】設，交圓于點，所以易知:即.故答案為：【點睛】此題考查根據雙曲線上的點的

13、坐標關系求解斜率關系，涉及雙曲線中的部分定值結論，若能熟記常見二級結論，此題可以簡化計算.1632【解析】設EDa，根據勾股定理的逆定理可以通過計算可以證明出CEED. AMx，根據三棱錐的體積公式，運用基本不等式，可以求出AM的長度，最后根據球的表面積公式進行求解即可.【詳解】設EDa，則CDa.可得CE2+DE2CD2，CEED.當平面ABD平面BCD時，當四面體CEMN的體積才有可能取得最大值，設AMx.則四面體CEMN的體積（ax）axax（ax），當且僅當x時取等號.解得a2.此時三棱錐ABCD的外接球的表面積4a232.故答案為：32【點睛】本題考查了基本不等式的應用，考查了球的表

14、面積公式，考查了數學運算能力和空間想象能力.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）由已知利用三角函數恒等變換的應用，正弦定理可求，即可求的值（2）利用三角函數恒等變換的應用，可得，根據題意，得到，解得，得到函數的解析式，進而求得的值，利用三角函數恒等變換的應用可求的值【詳解】（1）由題意，根據正弦定理，可得，又由，所以 ，可得，即，又因為，則，可得，（2）由（1）可得，所以函數的圖象的一條對稱軸方程為，得，即，又，【點睛】本題主要考查了三角函數恒等變換的應用，正弦定理在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題18（1）（2

15、）證明見解析【解析】（1）法一：，得，則，由此可得答案；法二：由題意，令，易知是偶函數，且時為增函數，由此可得出答案；（2）由（1）知，即，結合“1”的代換，利用基本不等式即可證明結論【詳解】解：（1）法一：（當且僅當時取等號），又（當且僅當時取等號），所以（當且僅當時取等號），由題意得，則，解得，故的取值范圍是；法二：因為對于任意恒有成立，即，令，易知是偶函數，且時為增函數，所以，即，則，解得，故的取值范圍是；（2）由（1）知，即，故不等式成立【點睛】本題主要考查絕對值不等式的恒成立問題，考查基本不等式的應用，屬于中檔題19（1）；（2）不存在，理由見解析【解析】（1）寫出，根據，斜率乘積為

16、-1，建立等量關系求解離心率；（2）寫出直線AB的方程，根據韋達定理求出點B的坐標，計算出弦長，根據垂直關系同理可得，利用等式即可得解.【詳解】（1）由題可得，過點作直線交橢圓于點，且，直線交軸于點.點為橢圓的右頂點時，的坐標為，即，化簡得：，即，解得或（舍去），所以；（2）橢圓的方程為，由（1）可得，聯立得：，設B的橫坐標，根據韋達定理，即，所以，同理可得若存在使得成立，則，化簡得：，此方程無解，所以不存在使得成立.【點睛】此題考查求橢圓離心率，根據直線與橢圓的位置關系解決弦長問題，關鍵在于熟練掌握解析幾何常用方法，尤其是韋達定理在解決解析幾何問題中的應用.20（1）證明見解析（2）【解析】

17、（1）由底面為菱形，得，再由底面，可得，結合線面垂直的判定可得平面；（2）以點為坐標原點，以所在直線及過點且垂直于平面的直線分別為軸建立空間直角坐標系，分別求出平面與平面的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得平面與平面所成銳二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：底面為菱形，底面，平面，又，平面，平面；（2）解：，為等邊三角形，.底面，是直線與平面所成的角為，在中，由，解得.如圖，以點為坐標原點，以所在直線及過點且垂直于平面的直線分別為軸建立空間直角坐標系.則，.，.設平面與平面的一個法向量分別為，.由，取，得；由，取，得.平面與平面所成銳二面角的余弦值為.【點睛】本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用空間向量求解空間角，屬于中檔題21（1）（2）證明見解析【解析】（1）采用零點分段法：、，由此求解出不等式的解集；（2）先根據絕對值不等式的幾何意義求解出的值，然后利用基本不等式及其變形完成證明.【詳解】（1）當時，不等式為，解得當時，不等式為，解得當時，不等式為，解得原不等式的解集為（2）當且僅當即時取等號，（當且僅當時取“”）同理可得，（當且僅當時取“”）【點睛】本題考查絕對值不等式的解法