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．已知，，，則，，的大小關系為（）A． B． C． D．2．若將函數的圖象上各點橫坐標縮短到原來的(縱坐標不變)得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A．函數在上單調遞增 B．函數的周期是C．函數的圖象關于點對稱 D．函數在上最大值是13．設等比數列的前項和為，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．若函數在時取得最小值，則（）A． B． C． D．5．已知函數fx=sinωx+π6+A．16,13 B．16．已知.給出下列判斷：①若，且，則；②存在使得的圖象向右平移個單位長度后得到的圖象關于軸對稱；③若在上恰有7個零點，則的取值范圍為；④若在上單調遞增，則的取值范圍為.其中，判斷正確的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．47．若（是虛數單位），則的值為（）A．3 B．5 C． D．8．函數的值域為（）A． B． C． D．9．直三棱柱中，，，則直線與所成的角的余弦值為（）A． B． C． D．10．在區間上隨機取一個數，使得成立的概率為等差數列的公差，且，若，則的最小值為（）A．8 B．9 C．10 D．1111．明代數學家程大位（1533~1606年），有感于當時籌算方法的不便，用其畢生心血寫出《算法統宗》，可謂集成計算的鼻祖．如圖所示的程序框圖的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”問題．執行該程序框圖，若輸出的的值為，則輸入的的值為（）A． B． C． D．12．設函數若關于的方程有四個實數解，其中，則的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設復數滿足,則_________.14．設為橢圓在第一象限上的點，則的最小值為________.15．平行四邊形中，，為邊上一點（不與重合），將平行四邊形沿折起，使五點均在一個球面上，當四棱錐體積最大時，球的表面積為________.16．觀察下列式子，，，，……，根據上述規律，第個不等式應該為__________．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）已知函數．⑴當時，求函數的極值；⑵若存在與函數，的圖象都相切的直線，求實數的取值范圍．18．（12分）已知函數，.（1）若函數在上單調遞減，且函數在上單調遞增，求實數的值；（2）求證：（，且）.19．（12分）如圖所示，在四棱錐中，底面為正方形，，，，，為的中點，為棱上的一點.（1）證明：面面；（2）當為中點時，求二面角余弦值.20．（12分）已知函數，.（1）當為何值時，軸為曲線的切線；（2）用表示、中的最大值，設函數，當時，討論零點的個數.21．（12分）已知矩陣，.求矩陣；求矩陣的特征值.22．（10分）已知，，分別為內角，，的對邊，且.（1）證明：；（2）若的面積，，求角.

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。1．D【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.2．A【解析】

根據三角函數伸縮變換特點可得到解析式；利用整體對應的方式可判斷出在上單調遞增，正確；關于點對稱，錯誤；根據正弦型函數最小正周期的求解可知錯誤；根據正弦型函數在區間內值域的求解可判斷出最大值無法取得，錯誤.【詳解】將橫坐標縮短到原來的得：當時，在上單調遞增在上單調遞增，正確；的最小正周期為：不是的周期，錯誤；當時，，關于點對稱，錯誤；當時，此時沒有最大值，錯誤.本題正確選項：【點睛】本題考查正弦型函數的性質，涉及到三角函數的伸縮變換、正弦型函數周期性、單調性和對稱性、正弦型函數在一段區間內的值域的求解；關鍵是能夠靈活應用整體對應的方式，通過正弦函數的圖象來判斷出所求函數的性質.3．C【解析】

根據等比數列的前項和公式，判斷出正確選項.【詳解】由于數列是等比數列，所以，由于，所以，故“”是“”的充分必要條件.故選：C【點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查等比數列前項和公式，屬于基礎題.4．D【解析】

利用輔助角公式化簡的解析式，再根據正弦函數的最值，求得在函數取得最小值時的值．【詳解】解：，其中，，，故當，即時，函數取最小值，所以，故選：D【點睛】本題主要考查輔助角公式，正弦函數的最值的應用，屬于基礎題．5．A【解析】

將fx整理為3sinωx+π3，根據x的范圍可求得ωx+π3∈π【詳解】f當x∈0,π時，又f0=3sin由fx在0,π上的值域為32,解得：ω∈本題正確選項：A【點睛】本題考查利用正弦型函數的值域求解參數范圍的問題，關鍵是能夠結合正弦型函數的圖象求得角的范圍的上下限，從而得到關于參數的不等式.6．B【解析】

對函數化簡可得，進而結合三角函數的最值、周期性、單調性、零點、對稱性及平移變換，對四個命題逐個分析，可選出答案.【詳解】因為，所以周期.對于①，因為，所以，即，故①錯誤；對于②，函數的圖象向右平移個單位長度后得到的函數為，其圖象關于軸對稱，則，解得，故對任意整數，，所以②錯誤；對于③，令，可得，則，因為，所以在上第1個零點，且，所以第7個零點，若存在第8個零點，則，所以，即，解得，故③正確；對于④，因為，且，所以，解得，又，所以，故④正確.故選：B.【點睛】本題考查三角函數的恒等變換，考查三角函數的平移變換、最值、周期性、單調性、零點、對稱性，考查學生的計算求解能力與推理能力，屬于中檔題.7．D【解析】

直接利用復數的模的求法的運算法則求解即可.【詳解】（是虛數單位）可得解得本題正確選項：【點睛】本題考查復數的模的運算法則的應用，復數的模的求法，考查計算能力.8．A【解析】

由計算出的取值范圍，利用正弦函數的基本性質可求得函數的值域.【詳解】，，，因此，函數的值域為.故選：A.【點睛】本題考查正弦型函數在區間上的值域的求解，解答的關鍵就是求出對象角的取值范圍，考查計算能力，屬于基礎題.9．A【解析】

設，延長至，使得，連，可證，得到（或補角）為所求的角，分別求出，解即可.【詳解】設，延長至，使得，連，在直三棱柱中，，，四邊形為平行四邊形，，（或補角）為直線與所成的角，在中，，在中，，在中，，在中，，在中，.

故選：A.【點睛】本題考查異面直線所成的角，要注意幾何法求空間角的步驟“做”“證”“算”缺一不可，屬于中檔題.10．D【解析】

由題意，本題符合幾何概型，只要求出區間的長度以及使不等式成立的的范圍區間長度，利用幾何概型公式可得概率，即等差數列的公差，利用條件，求得，從而求得，解不等式求得結果.【詳解】由題意，本題符合幾何概型，區間長度為6，使得成立的的范圍為，區間長度為2，故使得成立的概率為，又，，，令，則有，故的最小值為11，故選：D.【點睛】該題考查的是有關幾何概型與等差數列的綜合題，涉及到的知識點有長度型幾何概型概率公式，等差數列的通項公式，屬于基礎題目.11．C【解析】

根據程序框圖依次計算得到答案.【詳解】，；，；，；，；，此時不滿足，跳出循環，輸出結果為，由題意，得．故選:【點睛】本題考查了程序框圖的計算，意在考查學生的理解能力和計算能力.12．B【解析】

畫出函數圖像，根據圖像知：，，，計算得到答案.【詳解】，畫出函數圖像，如圖所示：根據圖像知：，，故，且.故.故選：.【點睛】本題考查了函數零點問題，意在考查學生的計算能力和應用能力，畫出圖像是解題的關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．.【解析】

利用復數的運算法則首先可得出，再根據共軛復數的概念可得結果.【詳解】∵復數滿足，∴，∴，故而可得，故答案為.【點睛】本題考查了復數的運算法則，共軛復數的概念，屬于基礎題．14．【解析】

利用橢圓的參數方程，將所求代數式的最值問題轉化為求三角函數最值問題，利用兩角和的正弦公式和三角函數的性質，以及求導數、單調性和極值，即可得到所求最小值．【詳解】解：設點，，其中，，由，，，可設，導數為，由，可得，可得或，由，，可得，即，可得，由可得函數遞減；由，可得函數遞增，可得時，函數取得最小值，且為，則的最小值為1．故答案為：1．【點睛】本題考查橢圓參數方程的應用，利用三角函數的恒等變換和導數法求函數最值的方法，考查化簡變形能力和運算能力，屬于難題．15．【解析】

依題意可得、、、四點共圓，即可得到，從而得到三角形為正三角形，利用余弦定理可得，且，要使四棱錐體積最大，當且僅當面面時體積取得最大值，利用正弦定理求出的外接圓的半徑，再又可證面，則外接球的半徑，即可求出球的表面積；【詳解】解：依題意可得、、、四點共圓，所以因為，所以，，所以三角形為正三角形，則，，利用余弦定理得即，解得，則所以，當面面時，取得最大，所以的外接圓的半徑，又面面，，且面面，面所以面，所以外接球的半徑所以故答案為：【點睛】本題考查多面體的外接球的相關計算，正弦定理、余弦定理的應用，屬于中檔題.16．【解析】

根據題意，依次分析不等式的變化規律，綜合可得答案．【詳解】解：根據題意，對于第一個不等式，，則有，對于第二個不等式，，則有，對于第三個不等式，，則有，依此類推：第個不等式為：，故答案為．【點睛】本題考查歸納推理的應用，分析不等式的變化規律．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）當時，函數取得極小值為，無極大值；（2）【解析】試題分析：（1），通過求導分析，得函數取得極小值為，無極大值；（2），所以，通過求導討論，得到的取值范圍是．試題解析：（1）函數的定義域為當時，，所以所以當時，，當時，，所以函數在區間單調遞減，在區間單調遞增，所以當時，函數取得極小值為，無極大值；（2）設函數上點與函數上點處切線相同，則所以所以，代入得：設，則不妨設則當時，，當時，所以在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，代入可得：設，則對恒成立，所以在區間上單調遞增，又所以當時，即當時,又當時因此當時，函數必有零點；即當時，必存在使得成立；即存在使得函數上點與函數上點處切線相同．又由得：所以單調遞減，因此所以實數的取值范圍是．18．（1）1；（2）見解析【解析】

（1）分別求得與的導函數，由導函數與單調性關系即可求得的值；（2）由（1）可知當時，，當時，，因而，構造，由對數運算及不等式放縮可證明，從而不等式可證明.【詳解】（1）∵函數在上單調遞減，∴，即在上恒成立，∴，又∵函數在上單調遞增，∴，即在上恒成立，，∴綜上可知，.（2）證明：由（1）知，當時，函數在上為減函數，在上為增函數，而，∴當時，，當時，.∴∴即，∴.【點睛】本題考查了導數與函數單調性關系，放縮法在證明不等式中的應用，屬于難題.19．（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）要證明面面，只需證明面即可；（2）以為坐標原點，以，，分別為，，軸建系，分別計算出面法向量，面的法向量，再利用公式計算即可.【詳解】證明：（1）因為底面為正方形，所以又因為，，滿足，所以又，面，面，，所以面.又因為面，所以，面面.（2）由（1）知，，兩兩垂直，以為坐標原點，以，，分別為，，軸建系如圖所示，則，，,，則，.所以，，，，設面法向量為，則由得，令得，，即；同理，設面的法向量為，則由得，令得，，即，所以，設二面角的大小為，則所以二面角余弦值為.【點睛】本題考查面面垂直的證明以及利用向量法求二面角，考查學生的運算求解能力，此類問題關鍵是準確寫出點的坐標，是一道中檔題.20．（1）；（2）見解析.【解析】

（1）設切點坐標為，然后根據可解得實數的值；（2）令，，然后對實數進行分類討論，結合和的符號來確定函數的零點個數.【詳解】（1），，設曲線與軸相切于點，則，即，解得.所以，當時，軸為曲線的切線；（2）令，，則，，由，得.當時，，此時，函數為增函數；當時，，此時，函數為減函數.，.①當，即當時，函數有一個零點；②當，即當時，函數有兩個零點；③當，即當時，函數有三個零點；④當，即當時，函數有兩個零點；⑤當，即當時，函數只有一個零點.綜上所述，當或時，函數只有一個零點；當或時，函數有兩個零點；當時，函數有三個零點.【點睛】本題考查了利用導數的幾何意義研究切線方程和利用導數研究函數的單調性與極值，關鍵是分類討論思想的應用，屬難題．21．；，.【解析】

由題意，可得，利用矩陣的知識求解即可.矩陣的特征多項式為，