2021-2022高考數學模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．若復數滿足（為虛數單位），則其共軛復數的虛部為（）A． B． C． D．2．已知直線與圓有公共點，則的最大值為（）A．4 B． C． D．3．已知為等差數列，若，，則()A．1 B．2 C．3 D．64．已知集合，則集合真子集的個數為（）A．3 B．4 C．7 D．85．《九章算術》中將底面是直角三角形的直三棱柱稱為“塹堵”.某“塹堵”的三視圖如圖，則它的外接球的表面積為（）A．4π B．8π C． D．6．在鈍角中，角所對的邊分別為，為鈍角，若，則的最大值為（）A． B． C．1 D．7．已知集合，則=（）A． B． C． D．8．曲線在點處的切線方程為，則（）A． B． C．4 D．89．已知函數，存在實數，使得，則的最大值為（）A． B． C． D．10．已知x，，則“”是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件11．在條件下，目標函數的最大值為40，則的最小值是（）A． B． C． D．212．中，，為的中點，，，則（）A． B． C． D．2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．如圖，、分別是雙曲線的左、右焦點，過的直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于、兩點，若，，則雙曲線的離心率是______.14．已知函數，在區間上隨機取一個數，則使得≥0的概率為．15．已知，則__________.16．已知集合，，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）已知函數.（1）求不等式的解集；（2）若關于的不等式在區間內無解，求實數的取值范圍.18．（12分）已知非零實數滿足．（1）求證：；（2）是否存在實數，使得恒成立？若存在，求出實數的取值范圍；若不存在，請說明理由19．（12分）隨著小汽車的普及，“駕駛證”已經成為現代人“必考”的證件之一.若某人報名參加了駕駛證考試，要順利地拿到駕駛證，他需要通過四個科目的考試，其中科目二為場地考試.在一次報名中，每個學員有5次參加科目二考試的機會（這5次考試機會中任何一次通過考試，就算順利通過，即進入下一科目考試；若5次都沒有通過，則需重新報名），其中前2次參加科目二考試免費，若前2次都沒有通過，則以后每次參加科目二考試都需要交200元的補考費.某駕校對以往2000個學員第1次參加科目二考試進行了統計，得到下表：考試情況男學員女學員第1次考科目二人數1200800第1次通過科目二人數960600第1次未通過科目二人數240200若以上表得到的男、女學員第1次通過科目二考試的頻率分別作為此駕校男、女學員每次通過科目二考試的概率，且每人每次是否通過科目二考試相互獨立.現有一對夫妻同時在此駕校報名參加了駕駛證考試，在本次報名中，若這對夫妻參加科目二考試的原則為：通過科目二考試或者用完所有機會為止.（1）求這對夫妻在本次報名中參加科目二考試都不需要交補考費的概率；（2）若這對夫妻前2次參加科目二考試均沒有通過，記這對夫妻在本次報名中參加科目二考試產生的補考費用之和為元，求的分布列與數學期望.20．（12分）在如圖所示的四棱錐中，四邊形是等腰梯形，，，平面，，.（1）求證：平面；（2）已知二面角的余弦值為，求直線與平面所成角的正弦值.21．（12分）已知函數（1）求單調區間和極值；（2）若存在實數，使得，求證：22．（10分）如圖，已知四棱錐的底面是等腰梯形，，，，，為等邊三角形，且點P在底面上的射影為的中點G，點E在線段上，且.（1）求證：平面.（2）求二面角的余弦值.

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．D【解析】

由已知等式求出z，再由共軛復數的概念求得，即可得虛部.【詳解】由zi＝1﹣i，∴z＝，所以共軛復數=-1+，虛部為1故選D．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算和共軛復數的基本概念，屬于基礎題．2．C【解析】

根據表示圓和直線與圓有公共點，得到，再利用二次函數的性質求解.【詳解】因為表示圓，所以，解得，因為直線與圓有公共點，所以圓心到直線的距離，即，解得，此時，因為，在遞增，所以的最大值.故選：C【點睛】本題主要考查圓的方程，直線與圓的位置關系以及二次函數的性質，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.3．B【解析】

利用等差數列的通項公式列出方程組，求出首項和公差，由此能求出．【詳解】∵{an}為等差數列，,∴，解得＝﹣10，d＝3，∴＝+4d＝﹣10+11＝1．故選：B．【點睛】本題考查等差數列通項公式求法，考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．4．C【解析】

解出集合，再由含有個元素的集合，其真子集的個數為個可得答案.【詳解】解：由，得所以集合的真子集個數為個.故選：C【點睛】此題考查利用集合子集個數判斷集合元素個數的應用，含有個元素的集合，其真子集的個數為個，屬于基礎題.5．B【解析】

由三視圖判斷出原圖，將幾何體補形為長方體，由此計算出幾何體外接球的直徑，進而求得球的表面積.【詳解】根據題意和三視圖知幾何體是一個底面為直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜邊為2，側棱長為2且與底面垂直，因為直三棱柱可以復原成一個長方體，該長方體外接球就是該三棱柱的外接球，長方體對角線就是外接球直徑，則，那么.故選：B【點睛】本小題主要考查三視圖還原原圖，考查幾何體外接球的有關計算，屬于基礎題.6．B【解析】

首先由正弦定理將邊化角可得，即可得到，再求出，最后根據求出的最大值；【詳解】解：因為，所以因為所以，即，，時故選：【點睛】本題考查正弦定理的應用，余弦函數的性質的應用，屬于中檔題.7．D【解析】

先求出集合A，B，再求集合B的補集，然后求【詳解】，所以.故選：D【點睛】此題考查的是集合的并集、補集運算，屬于基礎題.8．B【解析】

求函數導數，利用切線斜率求出，根據切線過點求出即可.【詳解】因為，所以，故，解得，又切線過點，所以，解得，所以，故選：B【點睛】本題主要考查了導數的幾何意義，切線方程，屬于中檔題.9．A【解析】

畫出分段函數圖像，可得，由于，構造函數，利用導數研究單調性，分析最值，即得解.【詳解】由于，,由于，令，，在↗，↘故.故選：A【點睛】本題考查了導數在函數性質探究中的應用，考查了學生數形結合，轉化劃歸，綜合分析，數學運算的能力，屬于較難題.10．D【解析】

，不能得到，成立也不能推出，即可得到答案.【詳解】因為x，，當時，不妨取，，故時，不成立，當時，不妨取，則不成立，綜上可知，“”是“”的既不充分也不必要條件，故選：D【點睛】本題主要考查了充分條件，必要條件的判定，屬于容易題.11．B【解析】

畫出可行域和目標函數，根據平移得到最值點，再利用均值不等式得到答案.【詳解】如圖所示，畫出可行域和目標函數，根據圖像知：當時，有最大值為，即，故..當，即時等號成立.故選：.【點睛】本題考查了線性規劃中根據最值求參數，均值不等式，意在考查學生的綜合應用能力.12．D【解析】

在中，由正弦定理得；進而得，在中，由余弦定理可得.【詳解】在中，由正弦定理得，得，又，所以為銳角，所以，，在中，由余弦定理可得，.故選：D【點睛】本題主要考查了正余弦定理的應用，考查了學生的運算求解能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

根據三角形中位線證得，結合判斷出垂直平分，由此求得的值，結合求得的值.【詳解】∵，∴為中點，，∵，∴垂直平分，∴，即，∴，，即.故答案為：【點睛】本小題主要考查雙曲線離心率的求法，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于基礎題.14．【解析】試題分析：可以得出，所以在區間上使的范圍為，所以使得≥0的概率為考點：本小題主要考查與長度有關的幾何概型的概率計算.點評：幾何概型適用于解決一切均勻分布的問題，包括“長度”、“角度”、“面積”、“體積”等，但要注意求概率時做比的上下“測度”要一致.15．【解析】

首先利用，將其兩邊同時平方，利用同角三角函數關系式以及倍角公式得到，從而求得，利用誘導公式求得，得到結果.【詳解】因為，所以，即，所以，故答案是.【點睛】該題考查的是有關三角函數化簡求值問題，涉及到的知識點有同角三角函數關系式，倍角公式，誘導公式，屬于簡單題目.16．【解析】

利用交集定義直接求解．【詳解】解：集合奇數，偶數，．故答案為：．【點睛】本題考查交集的求法，考查交集定義等基礎知識，考查運算求解能力，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）；（2）.【解析】

（1）只需分，，三種情況討論即可；（2）在區間上恒成立，轉化為，只需求出即可.【詳解】（1）當時，，此時不等式無解；當時，，由得；當時，，由得，綜上，不等式的解集為；（2）依題意，在區間上恒成立，則，當時，；當時，，所以當時，，由得或，所以實數的取值范圍為.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法、不等式恒成立問題，考查學生分類討論與轉化與化歸的思想，是一道基礎題.18．（1）見解析（2）存在，【解析】

（1）利用作差法即可證出.（2）將不等式通分化簡可得，討論或，分離參數，利用基本不等式即可求解.【詳解】又即即①當時，即恒成立（當且僅當時取等號），故②當時恒成立（當且僅當時取等號），故綜上，【點睛】本題考查了作差法證明不等式、基本不等式求最值、考查了分類討論的思想，屬于基礎題.19．（1）；（2）見解析.【解析】

事件表示男學員在第次考科目二通過，事件表示女學員在第次考科目二通過（其中）（1）這對夫妻是否通過科目二考試相互獨立，利用獨立事件乘法公式即可求得；（2）補考費用之和為元可能取值為400，600，800，1000，1200，根據題意可求相應的概率，進而可求X的數學期望．【詳解】事件表示男學員在第次考科目二通過，事件表示女學員在第次考科目二通過（其中）.（1）事件表示這對夫妻考科目二都不需要交補考費..（2）的可能取值為400，600，800，1000，1200.，，，，.則的分布列為：40060080010001200故(元).【點睛】本題以實際問題為素材，考查離散型隨機變量的概率及期望，解題時要注意獨立事件概率公式的靈活運用，屬于基礎題.20．（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）由已知可得，結合，由直線與平面垂直的判定可得平面；（2）由（1）知，，則，，兩兩互相垂直，以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，設，0，，由二面角的余弦值為求解，再由空間向量求解直線與平面所成角的正弦值．【詳解】（1）證明：因為四邊形是等腰梯形，，，所以.又，所以，因此，，又，且，，平面，所以平面.（2）取的中點，連接，，由于，因此，又平面，平面，所以.由于，，平面，所以平面，故，所以為二面角的平面角.在等腰三角形中，由于，因此，又，因為，所以，所以以為軸、為軸、為軸建立空間直角坐標系，則，，，，設平面的法向量為所以，即，令，則，，則平面的法向量，，設直線與平面所成角為，則【點睛】本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用空間向量求解空間角，屬于中檔題．21．（1）時，函數單調遞增，，函數單調遞減，；（2）見解析【解析】

（1）求出函數的定義域與導函數，利用導數求函數的單調區間，即可得到函數的極值；（2）易得且，要證明，即證，即證，即對恒成立，構造函數，，利用導數研究函數的單調性與最值，即可得證；【詳解】解：（1）因為定義域為，所以，時，，即在和上單調遞增，當時，，即函數在單調遞減，所以在處取得極小值，在處取得極大值；，；（2）易得，要證明，即證，即證即證對恒成立，令，，則令，解得，即在上單調遞增；令，解得，即在上單調遞減；則在取得極小值，也就是最小值，從而結論得證.【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性與極值，利用導數證明不等式，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，屬于中檔題．22．（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由等腰梯形的性質可證得,由射影可得平面,進而求證；（2）取的中點F,連接,以G為原點,所在直線為x軸,所在直線為y軸,所在直線為z軸,建立空間直角坐標系,分別求得平