1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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水平放置的，用斜二測畫法作出的直觀圖是如圖所示的，其中 ，則繞AB所在直線旋轉一周后形成的幾何體的表面積為（ ）A

2、BCD2已知函數的圖像上有且僅有四個不同的關于直線對稱的點在的圖像上，則的取值范圍是( )ABCD3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（ ）ABCD14如圖是函數在區間上的圖象，為了得到這個函數的圖象，只需將的圖象上的所有的點( )A向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變為原來的，縱坐標不變B向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變為原來的2倍，縱坐標不變C向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變為原來的，縱坐標不變D向左平移個長度單位，再把所得各點的橫坐標變為原來的2倍，縱坐標不變5高三珠海一模中，經抽樣分析，全市理科數學成績X近似服從正

3、態分布，且從中隨機抽取參加此次考試的學生500名，估計理科數學成績不低于110分的學生人數約為（ ）A40B60C80D1006某三棱錐的三視圖如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為，則該三棱錐外接球的表面積為（ ）ABCD7已知等差數列的前項和為，若，則等差數列公差（）A2BC3D48已知是邊長為的正三角形，若，則ABCD9己知函數若函數的圖象上關于原點對稱的點有2對，則實數的取值范圍是（ ）ABCD10已知半徑為2的球內有一個內接圓柱，若圓柱的高為2，則球的體積與圓柱的體積的比為（ ）ABCD11執行下面的程序框圖，如果輸入，則計算機輸出的數是（ ）ABCD12若的二項展開式中的系數是40，則

4、正整數的值為（ ）A4B5C6D7二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13如果拋物線上一點到準線的距離是6，那么_.14設，則除以的余數是_.15某四棱錐的三視圖如圖所示，那么此四棱錐的體積為_.16邊長為2的菱形中,與交于點O,E是線段的中點,的延長線與相交于點F,若,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）曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的極坐標方程和曲線的直角坐標方程；（2）過原點且傾斜角為的射線與曲線分別交于兩點（異于原點），求的取值范圍.18（12分）已知

5、函數f(x)=x-1+x+2，記f(x)的最小值為m.（）解不等式f(x)5；（）若正實數a，b滿足1a+1b=5，求證：2a2+3b22m.19（12分）已知橢圓的左右焦點分別為，焦距為4，且橢圓過點，過點且不平行于坐標軸的直線交橢圓與兩點，點關于軸的對稱點為，直線交軸于點.（1）求的周長；（2）求面積的最大值.20（12分）已知函數的最小正周期是，且當時，取得最大值（1）求的解析式；（2）作出在上的圖象（要列表）21（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，（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22（10分）設函數.（1

6、）若，求實數的取值范圍；（2）證明：，恒成立.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。1B【解析】根據斜二測畫法的基本原理，將平面直觀圖還原為原幾何圖形，可得，,繞AB所在直線旋轉一周后形成的幾何體是兩個相同圓錐的組合體,圓錐的側面展開圖是扇形根據扇形面積公式即可求得組合體的表面積.【詳解】根據“斜二測畫法”可得，繞AB所在直線旋轉一周后形成的幾何體是兩個相同圓錐的組合體，它的表面積為.故選:【點睛】本題考查斜二測畫法的應用及組合體的表面積求法,難度較易.2D【解析】根據對稱關系可將問題轉化為與有且僅有四個不同的交點；利用導

7、數研究的單調性從而得到的圖象；由直線恒過定點，通過數形結合的方式可確定；利用過某一點曲線切線斜率的求解方法可求得和，進而得到結果.【詳解】關于直線對稱的直線方程為：原題等價于與有且僅有四個不同的交點由可知，直線恒過點當時，在上單調遞減；在上單調遞增由此可得圖象如下圖所示：其中、為過點的曲線的兩條切線，切點分別為由圖象可知，當時，與有且僅有四個不同的交點設，則，解得：設，則，解得：，則本題正確選項：【點睛】本題考查根據直線與曲線交點個數確定參數范圍的問題；涉及到過某一點的曲線切線斜率的求解問題；解題關鍵是能夠通過對稱性將問題轉化為直線與曲線交點個數的問題，通過確定直線恒過的定點，采用數形結合的方

8、式來進行求解.3B【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,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

9、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.4A【解析】由函數的最大值求出，根據周期求出，由五點畫法中的點坐標求出，進而求出的解析式，與對比結合坐標變換關系，即可求出結論.【詳解】由圖可知，又，又，為了得到這個函數的圖象，只需將的圖象上的所有向左平移個長度單位，得到的圖象，再將的圖象上各點的橫坐標變為原來的（縱坐標不變）即可.故選:A【點睛】本題考查函數的圖象求解析式，考查函數圖象間的變換關系，屬于中檔題.5D【解析】由正態分布的性質，根據題意，得到，求

10、出概率，再由題中數據，即可求出結果.【詳解】由題意，成績X近似服從正態分布，則正態分布曲線的對稱軸為，根據正態分布曲線的對稱性，求得，所以該市某校有500人中，估計該校數學成績不低于110分的人數為人，故選:.【點睛】本題考查正態分布的圖象和性質,考查學生分析問題的能力,難度容易.6C【解析】作出三棱錐的實物圖，然后補成直四棱錐，且底面為矩形，可得知三棱錐的外接球和直四棱錐的外接球為同一個球，然后計算出矩形的外接圓直徑，利用公式可計算出外接球的直徑，再利用球體的表面積公式即可得出該三棱錐的外接球的表面積.【詳解】三棱錐的實物圖如下圖所示：將其補成直四棱錐，底面，可知四邊形為矩形，且，.矩形的外

11、接圓直徑，且.所以，三棱錐外接球的直徑為，因此，該三棱錐的外接球的表面積為.故選：C.【點睛】本題考查三棱錐外接球的表面積，解題時要結合三視圖作出三棱錐的實物圖，并分析三棱錐的結構，選擇合適的模型進行計算，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.7C【解析】根據等差數列的求和公式即可得出【詳解】a1=12，S5=90，512+ d=90，解得d=1故選C【點睛】本題主要考查了等差數列的求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題8A【解析】由可得，因為是邊長為的正三角形，所以，故選A9B【解析】考慮當時，有兩個不同的實數解，令，則有兩個不同的零點，利用導數和零點存在定理可得實數的取值范圍.【詳解

12、】因為的圖象上關于原點對稱的點有2對，所以時，有兩個不同的實數解.令，則在有兩個不同的零點.又， 當時，故在上為增函數，在上至多一個零點，舍.當時，若，則，在上為增函數；若，則，在上為減函數；故，因為有兩個不同的零點，所以，解得.又當時，且，故在上存在一個零點.又，其中.令，則，當時，故為減函數，所以即.因為，所以在上也存在一個零點.綜上，當時，有兩個不同的零點.故選：B.【點睛】本題考查函數的零點，一般地，較為復雜的函數的零點，必須先利用導數研究函數的單調性，再結合零點存在定理說明零點的存在性，本題屬于難題.10D【解析】分別求出球和圓柱的體積，然后可得比值.【詳解】設圓柱的底面圓半徑為，則

13、，所以圓柱的體積.又球的體積，所以球的體積與圓柱的體積的比，故選D.【點睛】本題主要考查幾何體的體積求解，側重考查數學運算的核心素養.11B【解析】先明確該程序框圖的功能是計算兩個數的最大公約數，再利用輾轉相除法計算即可.【詳解】本程序框圖的功能是計算，中的最大公約數，所以，故當輸入，則計算機輸出的數是57.故選：B.【點睛】本題考查程序框圖的功能，做此類題一定要注意明確程序框圖的功能是什么，本題是一道基礎題.12B【解析】先化簡的二項展開式中第項，然后直接求解即可【詳解】的二項展開式中第項.令，則，（舍）或.【點睛】本題考查二項展開式問題，屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共2

14、0分。13【解析】先求出拋物線的準線方程，然后根據點到準線的距離為6，列出，直接求出結果.【詳解】拋物線的準線方程為，由題意得，解得.點在拋物線上，故答案為：.【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，屬于基礎題.141【解析】利用二項式定理得到，將89寫成1+88，然后再利用二項式定理展開即可.【詳解】，因展開式中后面10項均有88這個因式，所以除以的余數為1.故答案為：1【點睛】本題考查二項式定理的綜合應用，涉及余數的問題，解決此類問題的關鍵是靈活構造二項式，并將它展開分析，本題是一道基礎題.15【解析】利用三視圖判斷幾何體的形狀，然后通過三視圖的數據求解幾何體的體積.【詳解】如圖：此四棱錐的高

15、為，底面是長為，寬為2的矩形，所以體積.所以本題答案為.【點睛】本題考查幾何體與三視圖的對應關系，幾何體體積的求法，考查空間想象能力與計算能力.解決本類題目的關鍵是準確理解幾何體的定義，真正把握幾何體的結構特征，可以根據條件構建幾何模型，在幾何模型中進行判斷.16【解析】取基向量，然后根據三點共線以及向量加減法運算法則將，表示為基向量后再相乘可得【詳解】如圖：設，又，且存在實數使得，故答案為：【點睛】本題考查了平面向量數量積的性質及其運算，屬中檔題三、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）.【解析】（1）先將曲線化為普通方程，再由直角坐標系與極坐標系之間

16、的轉化關系：，可得極坐標方程和曲線的直角坐標方程；（2）由已知可得出射線的極坐標方程為，聯立和的極坐標方程可得點A和點B的極坐標，從而得出，由的范圍可求得的取值范圍.【詳解】（1）曲線的普通方程為，即，其極坐標方程為；曲線的極坐標方程為，即，其直角坐標方程為；（2）射線的極坐標方程為，聯立，聯立， 的取值范圍是【點睛】本題考查圓的參數方程與普通方程互化，圓，拋物線的極坐標方程與普通方程的互化，以及在極坐標下的直線與圓和拋物線的位置關系，屬于中檔題.18（）x|-3x2（）見證明【解析】()由題意結合不等式的性質零點分段求解不等式的解集即可；()首先確定m的值，然后利用柯西不等式即可證得題中的不

17、等式.【詳解】（）當x1時，f(x)=(x-1)+(x+2)=2x+15，即x2，1x2；當-2x1時，f(x)=(1-x)+(x+2)=35，-2x1；當x-2時，f(x)=(1-x)-(x+2)=-2x-15，即x-3，-3x-2.綜上所述，原不等式的解集為x|-3x2.（）f(x)=x-1+x+2(x-1)-(x+2)=3，當且僅當-2x1時，等號成立.f(x)的最小值m=3.(2a)2+(3b)2(12)2+(13)2(2a12+3b13)2=5，即2a2+3b26，當且僅當2a13=3b12即3a=2b時，等號成立.又1a+1b=5，a=53，b=52時，等號成立.2a2+3b22m

18、.【點睛】本題主要考查絕對值不等式的解法，柯西不等式及其應用，絕對值三角不等式求最值的方法等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.19（1）12（2）【解析】（1）根據焦距得焦點坐標，結合橢圓上的點的坐標，根據定義；（2）求出橢圓的標準方程，設，聯立直線和橢圓，結合韋達定理表示出面積，即可求解最大值.【詳解】（1）設橢園的焦距為，則，故.則橢圓過點，由橢圓定義知:，故，因此，的周長；（2）由（1）知:，橢圓方程為:設，則，當且僅當在短軸頂點處取等，故面積的最大值為.【點睛】此題考查根據橢圓的焦點和橢圓上的點的坐標求橢圓的標準方程，根據直線與橢圓的交點關系求三角形面積的最值，涉及韋達定理的使用，綜合性強，計算量大.20（1）；（2）見解析.【解析】（1）根據函數的最小正周期可求出的值，由該函數的最大值可得出的值，再由，結合的取值范圍可求得的值，由此可得出函數的解析式；（2）由計算出的取值范圍，據此列表、描點、連線可得出函數在區間上的圖象.【詳解】（1）因為函數的最小正周期是，所以又因為當時，函數取得最大值，所以，同時，得，因為，所以，所以；（2）因為，所以，列表如下：描點、連線得圖象：【點睛】本題考查正弦函數解析式的求解，同時也考查了利用五點作圖法作圖，考查分析問題與解決問題的能力，屬于中等題.