2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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，，，，．若實數，滿足不等式組，則目標函數（）A．有最大值，無最小值 B．有最大值，有最小值C．無最大值，有最小值 D．無最大值，無最小值2．已知，則不等式的解集是（）A． B． C． D．3．已知直線：（）與拋物線：交于（坐標原點），兩點，直線：與拋物線交于，兩點.若，則實數的值為（）A． B． C． D．4．如圖網格紙上小正方形的邊長為，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的所有棱中最長棱的長度為（）A． B． C． D．5．函數的部分圖像如圖所示，若，點的坐標為，若將函數向右平移個單位后函數圖像關于軸對稱，則的最小值為（）A． B． C． D．6．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的值為（）A． B． C． D．7．將函數圖象上每一點的橫坐標變為原來的2倍，再將圖像向左平移個單位長度，得到函數的圖象，則函數圖象的一個對稱中心為（）A． B． C． D．8．已知，則的大小關系為（）A． B． C． D．9．已知函數有兩個不同的極值點，，若不等式有解，則的取值范圍是（）A． B．C． D．10．若變量，滿足，則的最大值為（）A．3 B．2 C． D．1011．已知函數（，是常數，其中且）的大致圖象如圖所示，下列關于，的表述正確的是（）A．， B．，C．， D．，12．已知下列命題：①“”的否定是“”；②已知為兩個命題，若“”為假命題，則“”為真命題；③“”是“”的充分不必要條件；④“若，則且”的逆否命題為真命題.其中真命題的序號為（）A．③④ B．①② C．①③ D．②④二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知，若，則________.14．三棱柱中，，側棱底面，且三棱柱的側面積為.若該三棱柱的頂點都在同一個球的表面上，則球的表面積的最小值為_____．15．在編號為1，2，3，4，5且大小和形狀均相同的五張卡片中，一次隨機抽取其中的三張，則抽取的三張卡片編號之和是偶數的概率為________.16．已知函數，對于任意都有，則的值為______________.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）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，∠，是邊長為2的正三角形，，為線段的中點．（1）求證：平面平面；（2）若為線段上一點，當二面角的余弦值為時，求三棱錐的體積．18．（12分）某工廠，兩條相互獨立的生產線生產同款產品，在產量一樣的情況下通過日常監控得知，生產線生產的產品為合格品的概率分別為和.（1）從，生產線上各抽檢一件產品，若使得至少有一件合格的概率不低于，求的最小值.（2）假設不合格的產品均可進行返工修復為合格品，以（1）中確定的作為的值.①已知，生產線的不合格產品返工后每件產品可分別挽回損失元和元．若從兩條生產線上各隨機抽檢件產品，以挽回損失的平均數為判斷依據，估計哪條生產線挽回的損失較多？②若最終的合格品（包括返工修復后的合格品）按照一、二、三等級分類后，每件分別獲利元、元、元，現從，生產線的最終合格品中各隨機抽取件進行檢測，結果統計如下圖；用樣本的頻率分布估計總體分布，記該工廠生產一件產品的利潤為，求的分布列并估算該廠產量件時利潤的期望值.19．（12分）已知點，若點滿足.（Ⅰ）求點的軌跡方程；（Ⅱ）過點的直線與（Ⅰ）中曲線相交于兩點，為坐標原點，求△面積的最大值及此時直線的方程.20．（12分）已知函數.（Ⅰ）當時，求不等式的解集；（Ⅱ）若不等式對任意實數恒成立，求實數的取值范圍.21．（12分）如圖所示，在四棱錐中，底面是棱長為2的正方形，側面為正三角形，且面面，分別為棱的中點．（1）求證：平面；（2）求二面角的正切值．22．（10分）在平面直角坐標系xOy中，以O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線C：ρcos2θ=4asinθ?(a>0)，直線l的參數方程為x=-2+22t,y=-1+（I）寫出曲線C的直角坐標方程和直線l的普通方程（不要求具體過程）；（II）設P(-2,-1)，若|PM|，|MN|，|PN|成等比數列，求a的值．

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．B【解析】

判斷直線與縱軸交點的位置，畫出可行解域，即可判斷出目標函數的最值情況.【詳解】由，，所以可得.，所以由，因此該直線在縱軸的截距為正，但是斜率有兩種可能，因此可行解域如下圖所示：由此可以判斷該目標函數一定有最大值和最小值.故選：B【點睛】本題考查了目標函數最值是否存在問題，考查了數形結合思想，考查了不等式的性質應用.2．A【解析】

構造函數，通過分析的單調性和對稱性，求得不等式的解集.【詳解】構造函數，是單調遞增函數，且向左移動一個單位得到，的定義域為，且，所以為奇函數，圖像關于原點對稱，所以圖像關于對稱.不等式等價于，等價于，注意到，結合圖像關于對稱和單調遞增可知.所以不等式的解集是.故選：A【點睛】本小題主要考查根據函數的單調性和對稱性解不等式，屬于中檔題.3．D【解析】

設，，聯立直線與拋物線方程，消去、列出韋達定理，再由直線與拋物線的交點求出點坐標，最后根據，得到方程，即可求出參數的值；【詳解】解：設，，由，得，∵，解得或，∴，.又由，得，∴或，∴，∵，∴，又∵，∴代入解得.故選：D【點睛】本題考查直線與拋物線的綜合應用，弦長公式的應用，屬于中檔題.4．C【解析】

利用正方體將三視圖還原，觀察可得最長棱為AD，算出長度.【詳解】幾何體的直觀圖如圖所示，易得最長的棱長為故選：C.【點睛】本題考查了三視圖還原幾何體的問題，其中利用正方體作襯托是關鍵，屬于基礎題.5．B【解析】

根據圖象以及題中所給的條件，求出和，即可求得的解析式，再通過平移變換函數圖象關于軸對稱，求得的最小值.【詳解】由于，函數最高點與最低點的高度差為，所以函數的半個周期，所以，又，，則有，可得，所以，將函數向右平移個單位后函數圖像關于軸對稱，即平移后為偶函數，所以的最小值為1，故選：B.【點睛】該題主要考查三角函數的圖象和性質，根據圖象求出函數的解析式是解決該題的關鍵，要求熟練掌握函數圖象之間的變換關系，屬于簡單題目.6．B【解析】

列出每一次循環，直到計數變量滿足退出循環.【詳解】第一次循環：；第二次循環：；第三次循環：，退出循環，輸出的為.故選：B.【點睛】本題考查由程序框圖求輸出的結果，要注意在哪一步退出循環，是一道容易題.7．D【解析】

根據函數圖象的變換規律可得到解析式，然后將四個選項代入逐一判斷即可.【詳解】解：圖象上每一點的橫坐標變為原來的2倍,得到再將圖像向左平移個單位長度，得到函數的圖象，故選：D【點睛】考查三角函數圖象的變換規律以及其有關性質，基礎題.8．A【解析】

根據指數函數的單調性，可得，再利用對數函數的單調性，將與對比，即可求出結論.【詳解】由題知，，則.故選:A.【點睛】本題考查利用函數性質比較大小，注意與特殊數的對比，屬于基礎題..9．C【解析】

先求導得（），由于函數有兩個不同的極值點，，轉化為方程有兩個不相等的正實數根，根據，，，求出的取值范圍，而有解，通過分裂參數法和構造新函數，通過利用導數研究單調性、最值，即可得出的取值范圍.【詳解】由題可得：（），因為函數有兩個不同的極值點，，所以方程有兩個不相等的正實數根，于是有解得.若不等式有解，所以因為.設，，故在上單調遞增，故，所以，所以的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用導數研究函數單調性、最值來求參數取值范圍，以及運用分離參數法和構造函數法，還考查分析和計算能力，有一定的難度.10．D【解析】

畫出約束條件的可行域，利用目標函數的幾何意義求解最大值即可．【詳解】解：畫出滿足條件的平面區域，如圖示：如圖點坐標分別為，目標函數的幾何意義為，可行域內點與坐標原點的距離的平方，由圖可知到原點的距離最大，故.故選：D【點睛】本題考查了簡單的線性規劃問題，考查數形結合思想，屬于中檔題．11．D【解析】

根據指數函數的圖象和特征以及圖象的平移可得正確的選項.【詳解】從題設中提供的圖像可以看出，故得，故選：D．【點睛】本題考查圖象的平移以及指數函數的圖象和特征，本題屬于基礎題.12．B【解析】

由命題的否定，復合命題的真假，充分必要條件，四種命題的關系對每個命題進行判斷．【詳解】“”的否定是“”，正確；已知為兩個命題，若“”為假命題，則“”為真命題，正確；“”是“”的必要不充分條件,錯誤；“若，則且”是假命題，則它的逆否命題為假命題，錯誤.故選：B．【點睛】本題考查命題真假判斷，掌握四種命題的關系，復合命題的真假判斷，充分必要條件等概念是解題基礎．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．1【解析】

由題意先求得的值，可得，再令，可得結論．【詳解】已知，，，，令，可得，故答案為：1．【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，注意根據題意，分析所給代數式的特點，通過給二項式的賦值，求展開式的系數和，可以簡便的求出答案，屬于基礎題．14．【解析】

分析題意可知，三棱柱為正三棱柱，所以三棱柱的中心即為外接球的球心，設棱柱的底面邊長為，高為，則三棱柱的側面積為，球的半徑表示為，再由重要不等式即可得球表面積的最小值【詳解】如下圖，∵三棱柱為正三棱柱∴設，∴三棱柱的側面積為∴又外接球半徑∴外接球表面積.故答案為：【點睛】考查學生對幾何體的正確認識，能通過題意了解到題目傳達的意思，培養學生空間想象力，能夠利用題目條件，畫出圖形，尋找外接球的球心以及半徑，屬于中檔題15．【解析】

先求出所有的基本事件個數，再求出“抽取的三張卡片編號之和是偶數”這一事件包含的基本事件個數，利用古典概型的概率計算公式即可算出結果.【詳解】一次隨機抽取其中的三張，所有基本事件為：1，2，3；1，2，4；1，2，5；1，3，4；1，3，5；1，4，5；2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5；共有10個，其中“抽取的三張卡片編號之和是偶數”包含6個基本事件，因此“抽取的三張卡片編號之和是偶數”的概率為：.故答案為：.【點睛】本題考查了古典概型及其概率計算公式，屬于基礎題.16．【解析】

由條件得到函數的對稱性，從而得到結果【詳解】∵f＝f，∴x＝是函數f(x)＝2sin(ωx＋φ)的一條對稱軸．∴f＝±2.【點睛】本題考查了正弦型三角函數的對稱性，注意對稱軸必過最高點或最低點，屬于基礎題.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）見解析；（2）.【解析】

（1）先證明，可證平面，再由可證平面，即得證；（2）以為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系，設，求解面的法向量，面的法向量，利用二面角的余弦值為，可求解，轉化即得解.【詳解】（1）證明：因為是正三角形，為線段的中點，所以．因為是菱形，所以．因為，所以是正三角形，所以，所以平面．又，所以平面．因為平面，所以平面平面．（2）由（1）知平面，所以，．而，所以，．又，所以平面．以為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系．則．于是，，．設面的一個法向量，由得令，則，即．設，易得，．設面的一個法向量，由得令，則，，即．依題意，即，令，則，即，即．所以．【點睛】本題考查了空間向量和立體幾何綜合，考查了面面垂直的判斷，二面角的向量求解，三棱錐的體積等知識點，考查了學生空間想象，邏輯推理，數學運算的能力，屬于中檔題.18．(1)(2)①生產線上挽回的損失較多.②見解析【解析】

(1)由題意得到關于的不等式，求解不等式得到的取值范圍即可確定其最小值；(2)①.由題意利用二項分布的期望公式和數學期望的性質給出結論即可；②.由題意首先確定X可能的取值，然后求得相應的概率值可得分布列，最后由分布列可得利潤的期望值.【詳解】（1）設從，生產線上各抽檢一件產品，至少有一件合格為事件，設從，生產線上抽到合格品分別為事件，，則，互為獨立事件由已知有，則解得，則的最小值（2）由（1）知，生產線的合格率分別為和，即不合格率分別為和.①設從，生產線上各抽檢件產品，抽到不合格產品件數分別為，，則有，，所以，生產線上挽回損失的平均數分別為：，所以生產線上挽回的損失較多.②由已知得的可能取值為，，，用樣本估計總體，則有，，所以的分布列為所以（元）故估算估算該廠產量件時利潤的期望值為（元）【點睛】本題主要考查概率公式的應用，二項分布的性質與方差的求解，離散型隨機變量及其分布列的求解等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.19．（Ⅰ）；（Ⅱ）面積的最大值為，此時直線的方程為.【解析】

（1）根據橢圓的定義求解軌跡方程；（2）設出直線方程后，采用（表示原點到直線的距離）表示面積，最后利用基本不等式求解最值.【詳解】解：（Ⅰ）由定義法可得，點的軌跡為橢圓且，.因此橢圓的方程為.（Ⅱ）設直線的方程為與橢圓交于點，，聯立直線與橢圓的方程消去可得，即，.面積可表示為令，則，上式可化為，當且僅當，即時等號成立，因此面積的最大值為，此時直線的方程為.【點睛】常見的利用定義法求解曲線的軌跡方程問題：（1）已知點，若點滿足且，則的軌跡是橢圓；（2）已知點，若點滿足且，則的軌跡是雙曲線.20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】試題分析：（Ⅰ）分三種情況討論，分別求解不等式組，然后求并集即可得不等式的解集；（Ⅱ）根據絕對值不等式的性質可得，不等式對任意實數恒成立，等價于，解不等式即可求的取值范圍.試題解析：（Ⅰ）當時，即，①當時，得，所以；②當時，得，即，所以；③