1、2021-2022高考數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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數列滿足：，為其前n項和，則（ ）A0B1C3D42在關于的不等式中，“”是“恒成立”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件3已知數列滿足，則（ ）A

2、BCD4國務院發(fā)布關于進一步調整優(yōu)化結構、提高教育經費使用效益的意見中提出，要優(yōu)先落實教育投入某研究機構統計了年至年國家財政性教育經費投入情況及其在中的占比數據，并將其繪制成下表，由下表可知下列敘述錯誤的是（ ）A隨著文化教育重視程度的不斷提高，國在財政性教育經費的支出持續(xù)增長B年以來，國家財政性教育經費的支出占比例持續(xù)年保持在以上C從年至年，中國的總值最少增加萬億D從年到年，國家財政性教育經費的支出增長最多的年份是年5已知等差數列的公差為-2，前項和為，若，為某三角形的三邊長，且該三角形有一個內角為，則的最大值為（ ）A5B11C20D256已知，則（ ）ABCD7已知命題若，則，則下列說法

3、正確的是（ ）A命題是真命題B命題的逆命題是真命題C命題的否命題是“若，則”D命題的逆否命題是“若，則”8已知復數，（為虛數單位），若為純虛數，則（）AB2CD9已知，由程序框圖輸出的為（ ）A1B0CD10已知一個三棱錐的三視圖如圖所示，其中三視圖的長、寬、高分別為，且，則此三棱錐外接球表面積的最小值為（ ）ABCD11已知是定義在上的奇函數，當時，則（ ）AB2C3D12函數的圖象在點處的切線為，則在軸上的截距為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知半徑為的圓周上有一定點，在圓周上等可能地任意取一點與點連接，則所得弦長介于與之間的概率為_14已知數列中，為其

4、前項和，則_，_.15已知，為正實數，且，則的最小值為_.16已知函數的最大值為3，的圖象與y軸的交點坐標為，其相鄰兩條對稱軸間的距離為2，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）已知.（1）若，求函數的單調區(qū)間；（2）若不等式恒成立，求實數的取值范圍.18（12分）已知三棱柱中，是的中點，.（1）求證：；（2）若側面為正方形，求直線與平面所成角的正弦值.19（12分）已知函數（1）解不等式：；（2）求證：20（12分）某公司打算引進一臺設備使用一年，現有甲、乙兩種設備可供選擇.甲設備每臺10000元，乙設備每臺9000元.此外設備使用期間還需維修，對于每

5、臺設備，一年間三次及三次以內免費維修，三次以外的維修費用均為每次1000元.該公司統計了曾使用過的甲、乙各50臺設備在一年間的維修次數，得到下面的頻數分布表，以這兩種設備分別在50臺中的維修次數頻率代替維修次數發(fā)生的概率.維修次數23456甲設備5103050乙設備05151515（1）設甲、乙兩種設備每臺購買和一年間維修的花費總額分別為和，求和的分布列；（2）若以數學期望為決策依據，希望設備購買和一年間維修的花費總額盡量低，且維修次數盡量少，則需要購買哪種設備？請說明理由.21（12分）如圖，三棱臺中， 側面與側面是全等的梯形，若，且.（）若，證明：平面；（）若二面角為，求平面與平面所成的銳

6、二面角的余弦值.22（10分）已知函數（I）若討論的單調性；（）若，且對于函數的圖象上兩點，存在，使得函數的圖象在處的切線.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。1D【解析】用去換中的n，得，相加即可找到數列的周期，再利用計算.【詳解】由已知，所以，+，得，從而，數列是以6為周期的周期數列，且前6項分別為1，2，1，-1，-2，-1，所以，.故選：D.【點睛】本題考查周期數列的應用，在求時，先算出一個周期的和即，再將表示成即可，本題是一道中檔題.2C【解析】討論當時，是否恒成立；討論當恒成立時，是否成立，即可選出正

7、確答案.【詳解】解：當時，由開口向上，則恒成立；當恒成立時，若，則 不恒成立，不符合題意，若 時，要使得恒成立，則 ，即 .所以“”是“恒成立”的充要條件.故選:C.【點睛】本題考查了命題的關系，考查了不等式恒成立問題.對于探究兩個命題的關系時，一般分成兩步，若，則推出 是 的充分條件；若，則推出 是 的必要條件.3C【解析】利用的前項和求出數列的通項公式，可計算出，然后利用裂項法可求出的值.【詳解】.當時，；當時，由，可得，兩式相減，可得，故，因為也適合上式，所以.依題意，故.故選：C.【點睛】本題考查利用求，同時也考查了裂項求和法，考查計算能力，屬于中等題.4C【解析】觀察圖表，判斷四個選

8、項是否正確【詳解】由表易知、項均正確，年中國為萬億元，年中國為萬億元，則從年至年，中國的總值大約增加萬億，故C項錯誤【點睛】本題考查統計圖表，正確認識圖表是解題基礎5D【解析】由公差d=-2可知數列單調遞減，再由余弦定理結合通項可求得首項，即可求出前n項和，從而得到最值.【詳解】等差數列的公差為-2，可知數列單調遞減，則，中最大，最小，又，為三角形的三邊長，且最大內角為， 由余弦定理得，設首項為，即得，所以或，又即,舍去，d=-2前項和.故的最大值為.故選：D【點睛】本題考查等差數列的通項公式和前n項和公式的應用，考查求前n項和的最值問題，同時還考查了余弦定理的應用.6D【解析】令，求，利用導

9、數判斷函數為單調遞增，從而可得，設，利用導數證出為單調遞減函數，從而證出，即可得到答案.【詳解】時，令，求導，故單調遞增：，當，設， ，又，即，故.故選：D【點睛】本題考查了作差法比較大小，考查了構造函數法，利用導數判斷式子的大小，屬于中檔題.7B【解析】解不等式，可判斷A選項的正誤；寫出原命題的逆命題并判斷其真假，可判斷B選項的正誤；利用原命題與否命題、逆否命題的關系可判斷C、D選項的正誤.綜合可得出結論.【詳解】解不等式，解得，則命題為假命題，A選項錯誤；命題的逆命題是“若，則”，該命題為真命題，B選項正確；命題的否命題是“若，則”，C選項錯誤；命題的逆否命題是“若，則”，D選項錯誤故選：

10、B【點睛】本題考查四種命題的關系，考查推理能力，屬于基礎題.8C【解析】把代入，利用復數代數形式的除法運算化簡，由實部為0且虛部不為0求解即可【詳解】，為純虛數，解得故選C【點睛】本題考查復數代數形式的除法運算，考查復數的基本概念，是基礎題9D【解析】試題分析：，所以，所以由程序框圖輸出的為.故選D考點：1、程序框圖；2、定積分10B【解析】根據三視圖得到幾何體為一三棱錐，并以該三棱錐構造長方體，于是得到三棱錐的外接球即為長方體的外接球，進而得到外接球的半徑，求得外接球的面積后可求出最小值【詳解】由已知條件及三視圖得，此三棱錐的四個頂點位于長方體的四個頂點，即為三棱錐，且長方體的長、寬、高分別

11、為，此三棱錐的外接球即為長方體的外接球，且球半徑為，三棱錐外接球表面積為，當且僅當，時，三棱錐外接球的表面積取得最小值為故選B【點睛】（1）解決關于外接球的問題的關鍵是抓住外接的特點，即球心到多面體的頂點的距離都等于球的半徑，同時要作一圓面起襯托作用（2）長方體的外接球的直徑即為長方體的體對角線，對于一些比較特殊的三棱錐，在研究其外接球的問題時可考慮通過構造長方體，通過長方體的外球球來研究三棱錐的外接球的問題11A【解析】由奇函數定義求出和【詳解】因為是定義在上的奇函數，.又當時，.故選：A【點睛】本題考查函數的奇偶性，掌握奇函數的定義是解題關鍵12A【解析】求出函數在處的導數后可得曲線在處的

12、切線方程，從而可求切線的縱截距.【詳解】，故，所以曲線在處的切線方程為：.令，則，故切線的縱截距為.故選：A.【點睛】本題考查導數的幾何意義以及直線的截距，注意直線的縱截距指直線與軸交點的縱坐標，因此截距有正有負，本題屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13【解析】在圓上其他位置任取一點B，設圓半徑為R，其中滿足條件AB弦長介于與之間的弧長為 2R，則AB弦的長度大于等于半徑長度的概率P=；故答案為：148 （寫為也得分） 【解析】由，得，.當時，所以，所以的奇數項是以1為首項，以2為公比的等比數列；其偶數項是以2為首項，以2為公比的等比數列.則，.15【解析】由，為正

13、實數，且，可知，于是，可得，再利用基本不等式即可得出結果.【詳解】解：，為正實數，且，可知，.當且僅當時取等號.的最小值為.故答案為：.【點睛】本題考查了基本不等式的性質應用，恰當變形是解題的關鍵，屬于中檔題.16【解析】，由題意，得,解得，則的周期為4，且，所以.考點：三角函數的圖像與性質.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）答案不唯一，具體見解析（2）【解析】（1）分類討論，利用導數的正負，可得函數的單調區(qū)間.（2）分離出參數后，轉化為函數的最值問題解決，注意函數定義域.【詳解】（1）由得或當時，由，得.由，得或此時的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為和.當

14、時，由，得由，得或此時的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為和綜上：當時，單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為和當時，的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為和.（2）依題意，不等式恒成立等價于在上恒成立，可得，在上恒成立，設，則令，得，（舍）當時，；當時，當變化時，變化情況如下表：10單調遞增單調遞減當時，取得最大值，.的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了利用導數證明函數的單調性以及利用導數研究不等式的恒成立問題，屬于中檔題.18（1）證明見解析（2）【解析】（1）取的中點，連接，證明平面得出，再得出；（2）建立空間坐標系，求出平面的法向量，計算，即可得出答案【詳解】（1）證明：取的中點，連接，故，又，平面，平

15、面，分別是，的中點，（2）解：四邊形是正方形，又，平面，平面，在平面內作直線的垂線，以為原點，以，為所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系，則，0，1，2，0，1，2，1，設平面的法向量為，則，即，令可得：，直線與平面所成角的正弦值為，【點睛】本題主要考查了線面垂直的判定與性質，考查空間向量與空間角的計算，屬于中檔題19（1）； （2）見解析.【解析】（1）代入得，分類討論，解不等式即可；（2）利用絕對值不等式得性質，比較大小即可.【詳解】（1）由于，于是原不等式化為，若，則，解得；若，則，解得；若，則，解得綜上所述，不等式解集為（2）由已知條件，對于，可得又，由于，所以又由于，于是所以【點睛】本

16、題考查了絕對值不等式得求解和恒成立問題，考查了學生分類討論，轉化劃歸，數學運算能力，屬于中檔題.20（1）分布列見解析，分布列見解析；（2）甲設備，理由見解析【解析】（1）的可能取值為10000，11000，12000，的可能取值為9000，10000，11000，12000，計算概率得到分布列；（2）計算期望，得到，設甲、乙兩設備一年內的維修次數分別為，計算分布列，計算數學期望得到答案.【詳解】（1）的可能取值為10000，11000，12000，因此的分布如下100001100012000的可能取值為9000，10000，11000，12000，因此的分布列為如下9000100001100

17、012000（2）設甲、乙兩設備一年內的維修次數分別為，的可能取值為2，3，4，5，則的分布列為2345的可能取值為3，4，5，6，則的分布列為3456由于，因此需購買甲設備【點睛】本題考查了數學期望和分布列，意在考查學生的計算能力和應用能力.21 ()見解析；() .【解析】試題分析：() 連接，由比例可得，進而得線面平行；（）過點作的垂線，建立空間直角坐標系，不妨設，則求得平面的法向量為，設平面的法向量為，由求二面角余弦即可.試題解析：（）證明：連接，梯形，,易知：；又，則；平面，平面，可得：平面；（）側面是梯形，,則為二面角的平面角， ；均為正三角形，在平面內，過點作的垂線，如圖建立空間直角坐標系，不妨設，則,故點，；設平面的法向量為，則有：；設平面的法向量為，則有：；，故平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.22 (1)見解析(2)見證明【解析】(1)對函數求導，分別討論，以及，即可得出結果；(2)根據題意，由導數幾何意義得到，將證明轉化為證明即可，再令，設 ，用導數方法判斷出的單調性，進而可得出結論成立.【詳解】（1）解：易得，函數的定義域為，令，得或.當時，時，函數單調遞減