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?？荚嚱Y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下列不等式成立的是（ ）ABCD2已知隨機變量滿足，.若，則（ ）A，B，C，D，3已知集合，則為( )ABCD4某個命題與自然數有關，且已證得“假設時該命題成立，則時該命題也成立”現

2、已知當時，該命題不成立，那么（ ）A當時，該命題不成立B當時，該命題成立C當時，該命題不成立D當時，該命題成立5已知平面向量，滿足且，若對每一個確定的向量，記的最小值為，則當變化時，的最大值為（ ）ABCD16已知函數的最大值為，若存在實數，使得對任意實數總有成立，則的最小值為（ ）ABCD7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8已知復數z=2i1-i，則z的共軛復數在復平面對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限9已知為銳角，且，則等于（ ）ABCD10設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題正確的是（ ）A若，

3、則B若，則C若，則D若，則11已知實數，滿足約束條件，則的取值范圍是（ ）ABCD12復數滿足，則復數等于（）ABC2D-2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在的展開式中，常數項為_.(用數字作答)14將2個相同的紅球和2個相同的黑球全部放入甲、乙、丙、丁四個盒子里，其中甲、乙盒子均最多可放入2個球，丙、丁盒子均最多可放入1個球，且不同顏色的球不能放入同一個盒子里，共有_種不同的放法.15已知實數 滿足，則的最大值為_.16雙曲線的焦距為_，漸近線方程為_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）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數）.以

4、坐標原點為極點，軸正半軸為極軸，建立極坐標系.已知點的直角坐標為，過的直線與曲線相交于，兩點.（1）若的斜率為2，求的極坐標方程和曲線的普通方程；（2）求的值.18（12分）已知傾斜角為的直線經過拋物線的焦點，與拋物線相交于、兩點，且.（1）求拋物線的方程；（2）設為拋物線上任意一點（異于頂點），過做傾斜角互補的兩條直線、，交拋物線于另兩點、，記拋物線在點的切線的傾斜角為，直線的傾斜角為，求證：與互補.19（12分）分別為的內角的對邊.已知.（1）若，求；（2）已知，當的面積取得最大值時，求的周長.20（12分）已知動點到定點的距離比到軸的距離多.（1）求動點的軌跡的方程；（2）設，是軌跡在上

5、異于原點的兩個不同點，直線和的傾斜角分別為和，當，變化且時，證明：直線恒過定點，并求出該定點的坐標.21（12分）已知函數，.（1）判斷函數在區間上的零點的個數；（2）記函數在區間上的兩個極值點分別為、，求證：.22（10分）已知函數，當時，有極大值3；（1）求，的值；（2）求函數的極小值及單調區間.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】根據指數函數、對數函數、冪函數的單調性和正余弦函數的圖象可確定各個選項的正誤.【詳解】對于，錯誤；對于，在上單調遞減，錯誤；對于，錯誤；對于，在上單調遞增，正確.故選：.【點睛

6、】本題考查根據初等函數的單調性比較大小的問題；關鍵是熟練掌握正余弦函數圖象、指數函數、對數函數和冪函數的單調性.2B【解析】根據二項分布的性質可得：，再根據和二次函數的性質求解.【詳解】因為隨機變量滿足，.所以服從二項分布，由二項分布的性質可得：，因為，所以，由二次函數的性質可得：，在上單調遞減，所以.故選：B【點睛】本題主要考查二項分布的性質及二次函數的性質的應用，還考查了理解辨析的能力，屬于中檔題.3C【解析】分別求解出集合的具體范圍，由集合的交集運算即可求得答案.【詳解】因為集合，所以故選：C【點睛】本題考查對數函數的定義域求法、一元二次不等式的解法及集合的交集運算，考查基本運算能力.4

7、C【解析】寫出命題“假設時該命題成立，則時該命題也成立”的逆否命題，結合原命題與逆否命題的真假性一致進行判斷.【詳解】由逆否命題可知，命題“假設時該命題成立，則時該命題也成立”的逆否命題為“假設當時該命題不成立，則當時該命題也不成立”，由于當時，該命題不成立，則當時，該命題也不成立，故選：C.【點睛】本題考查逆否命題與原命題等價性的應用，解題時要寫出原命題的逆否命題，結合逆否命題的等價性進行判斷，考查邏輯推理能力，屬于中等題.5B【解析】根據題意,建立平面直角坐標系.令.為中點.由即可求得點的軌跡方程.將變形,結合及平面向量基本定理可知三點共線.由圓切線的性質可知的最小值即為到直線的距離最小值

8、,且當與圓相切時,有最大值.利用圓的切線性質及點到直線距離公式即可求得直線方程,進而求得原點到直線的距離,即為的最大值.【詳解】根據題意,設,則由代入可得即點的軌跡方程為又因為,變形可得,即,且所以由平面向量基本定理可知三點共線,如下圖所示:所以的最小值即為到直線的距離最小值根據圓的切線性質可知,當與圓相切時,有最大值設切線的方程為,化簡可得由切線性質及點到直線距離公式可得,化簡可得 即 所以切線方程為或所以當變化時, 到直線的最大值為 即的最大值為故選:B【點睛】本題考查了平面向量的坐標應用,平面向量基本定理的應用, 圓的軌跡方程問題,圓的切線性質及點到直線距離公式的應用,綜合性強,屬于難題

9、.6B【解析】根據三角函數的兩角和差公式得到，進而可以得到函數的最值，區間(m,n)長度要大于等于半個周期，最終得到結果.【詳解】函數 則函數的最大值為2，存在實數，使得對任意實數總有成立，則區間(m,n)長度要大于等于半個周期，即 故答案為：B.【點睛】這個題目考查了三角函數的兩角和差的正余弦公式的應用，以及三角函數的圖像的性質的應用，題目比較綜合.7C【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.8C【解

10、析】分析：根據復數的運算，求得復數z，再利用復數的表示，即可得到復數對應的點，得到答案詳解：由題意，復數z=2i1-i=2i1+i1-i1+i=-1+i，則z=-1-i所以復數z在復平面內對應的點的坐標為(-1,-1)，位于復平面內的第三象限，故選C點睛：本題主要考查了復數的四則運算及復數的表示，其中根據復數的四則運算求解復數z是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力9C【解析】由可得，再利用計算即可.【詳解】因為，所以，所以.故選：C.【點睛】本題考查二倍角公式的應用，考查學生對三角函數式化簡求值公式的靈活運用的能力，屬于基礎題.10C【解析】根據空間中直線與平面、平面與平面位置關系相關定理依

11、次判斷各個選項可得結果.【詳解】對于，當為內與垂直的直線時，不滿足，錯誤；對于，設，則當為內與平行的直線時，但，錯誤；對于，由，知：，又，正確；對于，設，則當為內與平行的直線時，錯誤.故選：.【點睛】本題考查立體幾何中線面關系、面面關系有關命題的辨析，考查學生對于平行與垂直相關定理的掌握情況，屬于基礎題.11B【解析】畫出可行域，根據可行域上的點到原點距離，求得的取值范圍.【詳解】由約束條件作出可行域是由，三點所圍成的三角形及其內部，如圖中陰影部分，而可理解為可行域內的點到原點距離的平方，顯然原點到所在的直線的距離是可行域內的點到原點距離的最小值，此時，點到原點的距離是可行域內的點到原點距離的

12、最大值，此時.所以的取值范圍是.故選：B【點睛】本小題考查線性規劃，兩點間距離公式等基礎知識；考查運算求解能力，數形結合思想，應用意識.12B【解析】通過復數的模以及復數的代數形式混合運算，化簡求解即可.【詳解】復數滿足，故選B.【點睛】本題主要考查復數的基本運算，復數模長的概念，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】的展開式的通項為，取計算得到答案.【詳解】的展開式的通項為：，取得到常數項.故答案為：.【點睛】本題考查了二項式定理，意在考查學生的計算能力.14【解析】討論裝球盒子的個數，計算得到答案.【詳解】當四個盒子有球時：種；當三個盒子有球時：種；當兩個盒

13、子有球時：種.故共有種，故答案為：.【點睛】本題考查了排列組合的綜合應用，意在考查學生的理解能力和應用能力.15【解析】作出不等式組所表示的平面區域，將目標函數看作點與可行域的點所構成的直線的斜率，當直線過時，直線的斜率取得最大值，代入點A的坐標可得答案.【詳解】畫出二元一次不等式組所表示的平面區域，如下圖所示，由得點，目標函數表示點與可行域的點所構成的直線的斜率，當直線過時，直線的斜率取得最大值，此時的最大值為.故答案為：. 【點睛】本題考查求目標函數的最值，關鍵在于明確目標函數的幾何意義，屬于中檔題.166 【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.三、解

14、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）根據點斜式寫出直線的直角坐標方程，并轉化為極坐標方程，利用，將曲線的參數方程轉化為普通方程.（2）將直線的參數方程代入曲線的普通方程，結合直線參數的幾何意義以及根與系數關系，求得的值.【詳解】（1）的直角坐標方程為，即，則的極坐標方程為.曲線的普通方程為.（2）直線的參數方程為（為參數，為的傾斜角），代入曲線的普通方程，得. 設，對應的參數分別為，所以，在的兩側.則.【點睛】本小題主要考查直角坐標化為極坐標，考查參數方程化為普通方程，考查直線參數方程，考查直線參數的幾何意義，屬于中檔題.18（1）（2

15、）證明見解析【解析】（1）根據題意，設直線方程為，聯立方程，根據拋物線的定義即可得到結論；（2）根據題意，設的方程為，聯立方程得，同理可得，進而得到，再利用點差法得直線的斜率，利用切線與導數的關系得直線的斜率，進而可得與互補.【詳解】（1）由題意設直線的方程為，令、，聯立，得，根據拋物線的定義得，又，故所求拋物線方程為.（2）依題意，設，設的方程為，與聯立消去得，同理，直線的斜率=切線的斜率，由，即與互補.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系的綜合應用，直線斜率的應用，考查分析問題解決問題的能力，屬于中檔題19（1）（2）【解析】（1）根據正弦定理，將，化角為邊，即可求出，再利用正弦定理即可

16、求出；（2）根據，選擇，所以當的面積取得最大值時，最大，結合（1）中條件，即可求出最大時，對應的的值，再根據余弦定理求出邊，進而得到的周長【詳解】（1）由，得，即.因為，所以.由，得.（2）因為，所以，當且僅當時，等號成立.因為的面積.所以當時，的面積取得最大值，此時，則，所以的周長為.【點睛】本題主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及到基本不等式的應用，意在考查學生的轉化能力和數學運算能力20（1）或；（2）證明見解析，定點【解析】（1）設，由題意可知，對的正負分情況討論，從而求得動點的軌跡的方程；（2）設其方程為，與拋物線方程聯立，利用韋達定理得到，所以，所以直線的方程可表示為，即，

17、所以直線恒過定點【詳解】（1）設，動點到定點的距離比到軸的距離多，時，解得，時，解得.動點的軌跡的方程為或（2）證明：如圖，設，由題意得（否則）且，所以直線的斜率存在，設其方程為，將與聯立消去，得，由韋達定理知，顯然，將式代入上式整理化簡可得：，所以，此時，直線的方程可表示為，即，所以直線恒過定點.【點睛】本題主要考查了動點軌跡，考查了直線與拋物線的綜合，是中檔題21（1）；（2）見解析.【解析】（1）利用導數分析函數在區間上的單調性與極值，結合零點存在定理可得出結論；（2）設函數的極大值點和極小值點分別為、，由（1）知，且滿足，于是得出，由得，利用正切函數的單調性推導出，再利用正弦函數的單調性可得出結論.【詳解】（1），當時，則函數在上單調遞增；當時，則函數在上單調遞減；當時，則函數在上單調遞增.，.所以，函數在與不存在零點，在區間和上各存在一個零點.綜上所述，函數在區間上的零點的個數為；（2），.由（1）得，在區間與上存在零點，所以，函數在區間與上各存在一個極值點、，且，且滿足即，又，即，由在上單調遞增，得，再由在上單調遞減，得，即.【點睛】本題考查利用導數研究函數的零點個數問題，同時也考查了利用導數證明不等式，考查分析問題和解決問題的能力，屬于難題.22（1）；（2）極小值為，遞減區間為：，遞增區間為