1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，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給出個數 ，其規律是：第個數是，第個數比第個數大 ，第個數比第個數大，第個數比第個數大，以此類推，要計算這個數的和現已給出了該問題算法的程序框圖如圖，請在圖中判斷框中的處和執行框中的

2、處填上合適的語句，使之能完成該題算法功能( )A；B；C；D；2復數的共軛復數對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3如圖，已知平面，、是直線上的兩點，、是平面內的兩點，且，是平面上的一動點，且直線，與平面所成角相等，則二面角的余弦值的最小值是（ ）ABCD4設為銳角，若，則的值為（ ）AB C D5如圖，在棱長為4的正方體中，E，F，G分別為棱 AB，BC，的中點，M為棱AD的中點，設P，Q為底面ABCD內的兩個動點，滿足平面EFG，則的最小值為（ ）ABCD6已知，則，的大小關系為（ ）ABCD7 “角谷猜想”的內容是：對于任意一個大于1的整數，如果為偶數就除以2，如果

3、是奇數，就將其乘3再加1，執行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的（ ）A6B7C8D98已知平面平面，且是正方形，在正方形內部有一點，滿足與平面所成的角相等，則點的軌跡長度為（ ）AB16CD9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10已知函數，則（ ）ABCD11已知雙曲線的左，右焦點分別為、，過的直線l交雙曲線的右支于點P，以雙曲線的實軸為直徑的圓與直線l相切，切點為H，若，則雙曲線C的離心率為（ ）ABCD12存在點在橢圓上，且點M在第一象限，使

4、得過點M且與橢圓在此點的切線垂直的直線經過點，則橢圓離心率的取值范圍是（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13某中學舉行了一次消防知識競賽，將參賽學生的成績進行整理后分為5組，繪制如圖所示的頻率分布直方圖，記圖中從左到右依次為第一、第二、第三、第四、第五組，已知第二組的頻數是80，則成績在區間的學生人數是_14函數的最大值與最小正周期相同，則在上的單調遞增區間為_.15已知數列的前項滿足，則_.16如圖是一個算法偽代碼，則輸出的的值為_.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）在平面直角坐標系中,已知橢圓：（）的左、右焦點分別為、,

5、且點、與橢圓的上頂點構成邊長為2的等邊三角形（1）求橢圓的方程；（2）已知直線與橢圓相切于點,且分別與直線和直線相交于點、試判斷是否為定值,并說明理由18（12分）選修45；不等式選講已知函數(1)若的解集非空，求實數的取值范圍；(2)若正數滿足，為（1）中m可取到的最大值，求證：19（12分）已知函數，（1）證明：在區間單調遞減；（2）證明：對任意的有20（12分）已知正項數列的前項和.（1）若數列為等比數列，求數列的公比的值；（2）設正項數列的前項和為，若，且.求數列的通項公式；求證：.21（12分）如圖,四棱錐中,平面平面,底面為梯形.，且與均為正三角形.為的中點為重心,與相交于點.(1

6、)求證:平面；(2)求三棱錐的體積.22（10分）已知函數，其中為自然對數的底數.（1）若函數在區間上是單調函數，試求的取值范圍；（2）若函數在區間上恰有3個零點，且，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，只有一項是符合題目要求的。1A【解析】要計算這個數的和，這就需要循環50次，這樣可以確定判斷語句，根據累加最的變化規律可以確定語句.【詳解】因為計算這個數的和，循環變量的初值為1，所以步長應該為1，故判斷語句應為，第個數是，第個數比第個數大 ，第個數比第個數大，第個數比第個數大，這樣可以確定語句為，故本題選A.【點睛】本題考查了補充

7、循環結構，正確讀懂題意是解本題的關鍵.2A【解析】試題分析：由題意可得：. 共軛復數為，故選A.考點：1.復數的除法運算;2.以及復平面上的點與復數的關系3B【解析】為所求的二面角的平面角，由得出，求出在內的軌跡，根據軌跡的特點求出的最大值對應的余弦值【詳解】，同理為直線與平面所成的角，為直線與平面所成的角，又，在平面內，以為軸，以的中垂線為軸建立平面直角坐標系則，設，整理可得：在內的軌跡為為圓心，以為半徑的上半圓平面平面，為二面角的平面角，當與圓相切時，最大，取得最小值此時故選【點睛】本題主要考查了二面角的平面角及其求法，方法有：定義法、三垂線定理及其逆定理、找公垂面法、射影公式、向量法等，

8、依據題目選擇方法求出結果4D【解析】用誘導公式和二倍角公式計算【詳解】故選：D【點睛】本題考查誘導公式、余弦的二倍角公式，解題關鍵是找出已知角和未知角之間的聯系5C【解析】把截面畫完整，可得在上，由知在以為圓心1為半徑的四分之一圓上，利用對稱性可得的最小值【詳解】如圖，分別取的中點，連接，易證共面，即平面為截面，連接，由中位線定理可得，平面，平面，則平面，同理可得平面，由可得平面平面，又平面EFG，在平面上，正方體中平面，從而有，在以為圓心1為半徑的四分之一圓（圓在正方形內的部分）上，顯然關于直線的對稱點為，當且僅當共線時取等號，所求最小值為故選：C【點睛】本題考查空間距離的最小值問題，解題時

9、作出正方體的完整截面求出點軌跡是第一個難點，第二個難點是求出點軌跡，第三個難點是利用對稱性及圓的性質求得最小值6D【解析】構造函數，利用導數求得的單調區間，由此判斷出的大小關系.【詳解】依題意，得，.令，所以.所以函數在上單調遞增，在上單調遞減.所以，且，即，所以.故選：D.【點睛】本小題主要考查利用導數求函數的單調區間，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查對數式比較大小，屬于中檔題.7B【解析】模擬程序運行，觀察變量值可得結論【詳解】循環前，循環時：，不滿足條件；，不滿足條件；，不滿足條件；，不滿足條件；，不滿足條件；，滿足條件，退出循環，輸出故選：B【點睛】本題考查程序框圖，考查循環結構，解

10、題時可模擬程序運行，觀察變量值，從而得出結論8C【解析】根據與平面所成的角相等，判斷出，建立平面直角坐標系，求得點的軌跡方程，由此求得點的軌跡長度.【詳解】由于平面平面，且交線為，所以平面，平面.所以和分別是直線與平面所成的角，所以，所以，即，所以.以為原點建立平面直角坐標系如下圖所示，則，設（點在第一象限內），由得，即，化簡得，由于點在第一象限內，所以點的軌跡是以為圓心，半徑為的圓在第一象限的部分.令代入原的方程，解得，故，由于，所以，所以點的軌跡長度為.故選：C【點睛】本小題主要考查線面角的概念和運用，考查動點軌跡方程的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，考查數形結合的數學思想方法，屬于

11、難題.9C【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.10A【解析】根據分段函數解析式，先求得的值，再求得的值.【詳解】依題意，.故選：A【點睛】本小題主要考查根據分段函數解析式求函數值，屬于基礎題.11A【解析】在

12、中，由余弦定理，得到，再利用即可建立的方程.【詳解】由已知，在中，由余弦定理，得，又，所以，故選：A.【點睛】本題考查雙曲線離心率的計算問題，處理雙曲線離心率問題的關鍵是建立三者間的關系，本題是一道中檔題.12D【解析】根據題意利用垂直直線斜率間的關系建立不等式再求解即可.【詳解】因為過點M橢圓的切線方程為,所以切線的斜率為,由,解得,即,所以,所以.故選：D【點睛】本題主要考查了建立不等式求解橢圓離心率的問題,屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。1330【解析】根據頻率直方圖中數據先計算樣本容量，再計算成績在80100分的頻率，繼而得解.【詳解】根據直方圖知第二組的頻

13、率是，則樣本容量是，又成績在80100分的頻率是，則成績在區間的學生人數是故答案為：30【點睛】本題考查了頻率分布直方圖的應用，考查了學生綜合分析，數據處理，數形運算的能力，屬于基礎題.14【解析】利用三角函數的輔助角公式進行化簡，求出函數的解析式，結合三角函數的單調性進行求解即可【詳解】，則函數的最大值為2，周期，的最大值與最小正周期相同，得，則，當時，則當時，得，即函數在，上的單調遞增區間為，故答案為：.【點睛】本題考查三角函數的性質、單調區間，利用輔助角公式求出函數的解析式是解決本題的關鍵，同時要注意單調區間為定義域的一個子區間15【解析】由已知寫出用代替的等式，兩式相減后可得結論，同時

14、要注意的求解方法【詳解】，時，得，又，（）故答案為：【點睛】本題考查求數列通項公式，由已知條件類比已知求的解題方法求解165【解析】執行循環結構流程圖，即得結果.【詳解】執行循環結構流程圖得,結束循環，輸出.【點睛】本題考查循環結構流程圖，考查基本分析與運算能力，屬基礎題.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）為定值【解析】（1）根據題意,得出,從而得出橢圓的標準方程（2）根據題意設直線方程：,因為直線與橢圓相切,這有一個交點,聯立直線與橢圓方程得,則,解得把和代入,得和 ,的表達式,比即可得出為定值【詳解】解：（1）依題意,所以橢圓的標準方程為（2）為

15、定值.因為直線分別與直線和直線相交,所以,直線一定存在斜率設直線：,由得,由,得 把代入,得,把代入,得,又因為,所以,由式,得, 把式代入式,得,即為定值【點睛】本題考查橢圓的定義、方程、和性質,主要考查橢圓方程的運用,考查橢圓的定值問題,考查計算能力和轉化思想,是中檔題.18 (1);(2)見解析.【解析】試題分析：（1）討論三種情況去絕對值符號，可得所以，由此得，解得；（2）利用分析法，由（1）知，所以，因為，要證，只需證，即證，只需證 即可得結果.試題解析：（1）去絕對值符號，可得所以，所以，解得，所以實數的取值范圍為（2）由（1）知，所以因為，所以要證，只需證，即證，即證.因為，所以

16、只需證，因為，成立，所以解法二：x2+y2=2，x、yR+，x+y2xy 設：證明：x+y-2xy= =令， 原式= = = = 當時， 19（1）答案見解析（2）答案見解析【解析】（1）利用復合函數求導求出，利用導數與函數單調性之間的關系即可求解. （2）首先證，令，求導可得單調遞增，由即可證出；再令，再利用導數可得單調遞增，由即可證出.【詳解】（1）顯然時，故在單調遞減（2）首先證，令，則單調遞增，且，所以再令，所以單調遞增，即，【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性、利用導數證明不等式，解題的關鍵掌握復合函數求導，屬于難題.20（1）；（2）；詳見解析.【解析】（1）依題意可表示，相

17、減得，由等比數列通項公式轉化為首項與公比，解得答案，并由其都是正項數列舍根； （2）由題意可表示，兩式相減得，由其都是正項并整理可得遞推關系，由等差數列的通項公式即可得答案；由已知關系，表示并相減即可表示遞推關系，顯然當時，成立，當，時，表示，由分組求和與正項數列性質放縮不等式得證.【詳解】解：（1）依題意可得，兩式相減，得，所以，因為，所以，且，解得.（2）因為，所以，兩式相減，得，即.因為，所以，即.而當時，可得，故，所以對任意的正整數都成立，所以數列是等差數列，公差為1，首項為1，所以數列的通項公式為.因為，所以，兩式相減，得，即，所以對任意的正整數，都有.令，而當時，顯然成立，所以當，

18、時，所以，即，所以，得證.【點睛】本題考查由前n項和關系求等比數列公比，求等差數列通項公式，還考查了由分組求和表示數列和并由正項數列放縮證明不等式，屬于難題.21（1）見解析（2）【解析】（1）第（1）問，連交于,連接.證明/ ，即證平面. (2)第(2)問，主要是利用體積變換，,求得三棱錐的體積.【詳解】（1）方法一：連交于,連接.由梯形，且，知 又為的中點，為的重心，在中， ,故/ .又平面, 平面, 平面.方法二：過作交PD于N,過F作FM|AD交CD于M,連接MN, G為PAD的重心，又ABCD為梯形，AB|CD,又由所作GN|AD,FM|AD,得/ ，所以GNMF為平行四邊形.因為GF|MN, （2） 方法一:由平面平面， 與均為正三角形， 為的中點， ，得平面，且 由（1）知/平面， 又由梯形ABCD，AB|CD，且，知 又為正三角形，得，得三棱錐的體積為. 方法二: 由平面平面， 與均為正三角形， 為的中點， ，得平面，且由， 而又為正三角形，得，得.，三棱錐的體積為.22（1）；（2）.【解析】（1）求出，再求恒成立，以及恒成立時，的取值范圍；（2）由已知，在區間內恰有一個零點，轉化為在區間內恰有兩個零點，由（1）的結論對分類討論，根據單調性，結合零點存在性定理，即可求出結論.【詳解】（1）由題意得，則，當函數在區間上單調遞增時，在區間上恒成