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．中，角的對邊分別為，若，，，則的面積為（）A． B． C． D．2．如圖是一個算法流程圖，則輸出的結果是（）A． B． C． D．3．已知平面向量，，，則實數x的值等于（）A．6 B．1 C． D．4．已知是球的球面上兩點,,為該球面上的動點.若三棱錐體積的最大值為36,則球的表面積為（）A． B． C． D．5．已知盒中有3個紅球，3個黃球，3個白球，且每種顏色的三個球均按，，編號，現從中摸出3個球（除顏色與編號外球沒有區別），則恰好不同時包含字母，，的概率為（）A． B． C． D．6．已知向量，，當時，（）A． B． C． D．7．已知不重合的平面和直線，則“”的充分不必要條件是（）A．內有無數條直線與平行 B．且C．且 D．內的任何直線都與平行8．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（）A． B． C． D．9．阿波羅尼斯（約公元前262~190年）證明過這樣的命題：平面內到兩定點距離之比為常數的點的軌跡是圓.后人將這個圓稱為阿氏圓.若平面內兩定點，間的距離為2，動點與，的距離之比為，當，，不共線時，的面積的最大值是（）A． B． C． D．10．盒子中有編號為1，2，3，4，5，6，7的7個相同的球，從中任取3個編號不同的球，則取的3個球的編號的中位數恰好為5的概率是（）A． B． C． D．11．若函數的圖象經過點，則函數圖象的一條對稱軸的方程可以為()A． B． C． D．12．半正多面體(semiregularsolid)亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形為面的多面體，體現了數學的對稱美．二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形為面的半正多面體.如圖所示，圖中網格是邊長為1的正方形，粗線部分是某二十四等邊體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，且，，使得，則實數m的取值范圍是______.14．秦九韶算法是南宋時期數學家秦九韶提出的一種多項式簡化算法，如圖所示的框圖給出了利用秦九韶算法求多項式值的一個實例，若輸入，的值分別為4，5，則輸出的值為______.15．若函數為偶函數，則．16．從甲、乙、丙、丁、戊五人中任選兩名代表，甲被選中的概率為__________.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）對于正整數，如果個整數滿足，且，則稱數組為的一個“正整數分拆”.記均為偶數的“正整數分拆”的個數為均為奇數的“正整數分拆”的個數為.(Ⅰ)寫出整數4的所有“正整數分拆”;(Ⅱ)對于給定的整數，設是的一個“正整數分拆”，且，求的最大值;(Ⅲ)對所有的正整數，證明:;并求出使得等號成立的的值.(注:對于的兩個“正整數分拆”與，當且僅當且時，稱這兩個“正整數分拆”是相同的.)18．（12分）2019年6月，國內的運營牌照開始發放.從到，我們國家的移動通信業務用了不到20年的時間，完成了技術上的飛躍，躋身世界先進水平.為了解高校學生對的消費意愿，2019年8月，從某地在校大學生中隨機抽取了1000人進行調查，樣本中各類用戶分布情況如下：用戶分類預計升級到的時段人數早期體驗用戶2019年8月至2019年12月270人中期跟隨用戶2020年1月至2021年12月530人后期用戶2022年1月及以后200人我們將大學生升級時間的早晚與大學生愿意為套餐支付更多的費用作比較，可得出下圖的關系（例如早期體驗用戶中愿意為套餐多支付5元的人數占所有早期體驗用戶的）.（1）從該地高校大學生中隨機抽取1人，估計該學生愿意在2021年或2021年之前升級到的概率；（2）從樣本的早期體驗用戶和中期跟隨用戶中各隨機抽取1人，以表示這2人中愿意為升級多支付10元或10元以上的人數，求的分布列和數學期望；（3）2019年底，從這1000人的樣本中隨機抽取3人，這三位學生都已簽約套餐，能否認為樣本中早期體驗用戶的人數有變化？說明理由.19．（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20．（12分）在平面直角坐標系中，直線與拋物線：交于，兩點，且當時，.（1）求的值；（2）設線段的中點為，拋物線在點處的切線與的準線交于點，證明：軸.21．（12分）市民小張計劃貸款60萬元用于購買一套商品住房，銀行給小張提供了兩種貸款方式.①等額本金：每月的還款額呈遞減趨勢，且從第二個還款月開始，每月還款額與上月還款額的差均相同；②等額本息：每個月的還款額均相同.銀行規定，在貸款到賬日的次月當天開始首次還款（若2019年7月7日貸款到賬，則2019年8月7日首次還款）.已知小張該筆貸款年限為20年，月利率為0.004.（1）若小張采取等額本金的還款方式，現已得知第一個還款月應還4900元，最后一個還款月應還2510元，試計算小張該筆貸款的總利息；（2）若小張采取等額本息的還款方式，銀行規定，每月還款額不得超過家庭平均月收入的一半，已知小張家庭平均月收入為1萬元，判斷小張該筆貸款是否能夠獲批（不考慮其他因素）；（3）對比兩種還款方式，從經濟利益的角度來考慮，小張應選擇哪種還款方式.參考數據：.22．（10分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若對任意成立，求實數的取值范圍.

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。1．A【解析】

先求出，由正弦定理求得，然后由面積公式計算．【詳解】由題意，．由得，．故選：A．【點睛】本題考查求三角形面積，考查正弦定理，同角間的三角函數關系，兩角和的正弦公式與誘導公式，解題時要根據已知求值要求確定解題思路，確定選用公式順序，以便正確快速求解．2．A【解析】

執行程序框圖，逐次計算，根據判斷條件終止循環，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，執行上述的程序框圖：第1次循環：滿足判斷條件，；第2次循環：滿足判斷條件，；第3次循環：滿足判斷條件，；不滿足判斷條件，輸出計算結果，故選A．【點睛】本題主要考查了循環結構的程序框圖的結果的計算與輸出，其中解答中執行程序框圖，逐次計算，根據判斷條件終止循環是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．3．A【解析】

根據向量平行的坐標表示即可求解.【詳解】，，，，即，故選：A【點睛】本題主要考查了向量平行的坐標運算，屬于容易題.4．C【解析】

如圖所示，當點C位于垂直于面的直徑端點時，三棱錐的體積最大，設球的半徑為，此時，故，則球的表面積為，故選C．考點：外接球表面積和椎體的體積．5．B【解析】

首先求出基本事件總數，則事件“恰好不同時包含字母，，”的對立事件為“取出的3個球的編號恰好為字母，，”，記事件“恰好不同時包含字母，，”為，利用對立事件的概率公式計算可得；【詳解】解：從9個球中摸出3個球，則基本事件總數為（個），則事件“恰好不同時包含字母，，”的對立事件為“取出的3個球的編號恰好為字母，，”記事件“恰好不同時包含字母，，”為，則.故選：B【點睛】本題考查了古典概型及其概率計算公式，考查了排列組合的知識，解答的關鍵在于正確理解題意，屬于基礎題．6．A【解析】

根據向量的坐標運算，求出，，即可求解.【詳解】，.故選:A.【點睛】本題考查向量的坐標運算、誘導公式、二倍角公式、同角間的三角函數關系，屬于中檔題.7．B【解析】

根據充分不必要條件和直線和平面，平面和平面的位置關系，依次判斷每個選項得到答案.【詳解】A.內有無數條直線與平行，則相交或，排除；B.且，故，當，不能得到且，滿足；C.且，，則相交或，排除；D.內的任何直線都與平行，故，若，則內的任何直線都與平行，充要條件，排除.故選：.【點睛】本題考查了充分不必要條件和直線和平面，平面和平面的位置關系，意在考查學生的綜合應用能力.8．A【解析】

在中，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.9．A【解析】

根據平面內兩定點，間的距離為2，動點與，的距離之比為，利用直接法求得軌跡，然后利用數形結合求解.【詳解】如圖所示：設，，，則，化簡得，當點到（軸）距離最大時，的面積最大，∴面積的最大值是.故選：A.【點睛】本題主要考查軌跡的求法和圓的應用，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.10．B【解析】

由題意，取的3個球的編號的中位數恰好為5的情況有，所有的情況有種，由古典概型的概率公式即得解.【詳解】由題意，取的3個球的編號的中位數恰好為5的情況有，所有的情況有種由古典概型，取的3個球的編號的中位數恰好為5的概率為：故選：B【點睛】本題考查了排列組合在古典概型中的應用，考查了學生綜合分析，概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.11．B【解析】

由點求得的值，化簡解析式，根據三角函數對稱軸的求法，求得的對稱軸，由此確定正確選項.【詳解】由題可知.所以令，得令，得故選：B【點睛】本小題主要考查根據三角函數圖象上點的坐標求參數，考查三角恒等變換，考查三角函數對稱軸的求法，屬于中檔題.12．D【解析】

根據三視圖作出該二十四等邊體如下圖所示，求出該幾何體的棱長，可以將該幾何體看作是相應的正方體沿各棱的中點截去8個三棱錐所得到的，可求出其體積.【詳解】如下圖所示，將該二十四等邊體的直觀圖置于棱長為2的正方體中，由三視圖可知，該幾何體的棱長為，它是由棱長為2的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的，該幾何體的體積為，故選：D.【點睛】本題考查三視圖，幾何體的體積，對于二十四等邊體比較好的處理方式是由正方體各棱的中點得到，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

根據條件轉化為函數在上的值域是函數在上的值域的子集；分別求值域即可得到結論.【詳解】解：依題意，，即函數在上的值域是函數在上的值域的子集.因為在上的值域為（）或（），在上的值域為，故或，解得故答案為：.【點睛】本題考查了分段函數的值域求參數的取值范圍，屬于中檔題.14．1055【解析】

模擬執行程序框圖中的程序，即可求得結果.【詳解】模擬執行程序如下：，滿足，，滿足，，滿足，，滿足，，不滿足，輸出.故答案為：1055.【點睛】本題考查程序框圖的模擬執行，屬基礎題.15．1【解析】試題分析：由函數為偶函數函數為奇函數，．考點：函數的奇偶性．【方法點晴】本題考查導函數的奇偶性以及邏輯思維能力、等價轉化能力、運算求解能力、特殊與一般思想、數形結合思想與轉化思想，具有一定的綜合性和靈活性，屬于較難題型．首先利用轉化思想，將函數為偶函數轉化為函數為奇函數，然后再利用特殊與一般思想，取．16．【解析】

甲被選中,只需從乙、丙、丁、戊中,再選一人即有種方法,從甲、乙、丙、丁、戊五人中任選兩名共有種方法,根據公式即可求得概率.【詳解】甲被選中,只需從乙、丙、丁、戊中,再選一人即有種方法,從甲、乙、丙、丁、戊五人中任選兩名共有種方法,.故答案為:.【點睛】本題考查古典概型的概率的計算,考查學生分析問題的能力,難度容易.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．(Ⅰ)，，，，；(Ⅱ)為偶數時，，為奇數時，；(Ⅲ)證明見解析，，【解析】

(Ⅰ)根據題意直接寫出答案.(Ⅱ)討論當為偶數時，最大為，當為奇數時，最大為，得到答案.(Ⅲ)討論當為奇數時，，至少存在一個全為1的拆分，故，當為偶數時，根據對應關系得到，再計算，，得到答案.【詳解】(Ⅰ)整數4的所有“正整數分拆”為：，，，，.(Ⅱ)當為偶數時，時，最大為；當為奇數時，時，最大為；綜上所述：為偶數，最大為，為奇數時，最大為.(Ⅲ)當為奇數時，，至少存在一個全為1的拆分，故；當為偶數時，設是每個數均為偶數的“正整數分拆”，則它至少對應了和的均為奇數的“正整數分拆”，故.綜上所述：.當時，偶數“正整數分拆”為，奇數“正整數分拆”為，；當時，偶數“正整數分拆”為，，奇數“正整數分拆”為，故；當時，對于偶數“正整數分拆”，除了各項不全為的奇數拆分外，至少多出一項各項均為的“正整數分拆”，故.綜上所述：使成立的為：或.【點睛】本土考查了數列的新定義問題，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.18．（1）（2）詳見解析（3）事件雖然發生概率小，但是發生可能性為0.02，所以認為早期體驗用戶沒有發生變化，詳見解析【解析】

（1）由從高校大學生中隨機抽取1人，該學生在2021年或2021年之前升級到，結合古典摡型的概率計算公式，即可求解；（2）由題意的所有可能值為，利用相互獨立事件的概率計算公式，分別求得相應的概率，得到隨機變量的分布列，利用期望的公式，即可求解.（3）設事件為“從這1000人的樣本中隨機抽取3人，這三位學生都已簽約套餐”，得到七概率為，即可得到結論.【詳解】（1）由題意可知，從高校大學生中隨機抽取1人，該學生在2021年或2021年之前升級到的概率估計為樣本中早期體驗用戶和中期跟隨用戶的頻率，即.（2）由題意的所有可能值為，記事件為“從早期體驗用戶中隨機抽取1人，該學生愿意為升級多支付10元或10元以上”，事件為“從中期跟隨用戶中隨機抽取1人，該學生愿意為升級多支付10元或10元以上”，由題意可知，事件，相互獨立，且，，所以，，，所以的分布列為0120.180.490.33故的數學期望.（3）設事件為“從這1000人的樣本中隨機抽取3人，這三位學生都已簽約套餐”，那么.回答一：事件雖然發生概率小，但是發生可能性為0.02，所以認為早期體驗用戶沒有發生變化.回答二：事件發生概率小，所以可以認為早期體驗用戶人數增加.【點睛】本題主要考查了離散型隨機變量的分布列，數學期望的求解及應用，對于求離散型隨機變量概率分布列問題首先要清楚離散型隨機變量的可能取值，計算得出概率，列出離散型隨機變量概率分布列，最后按照數學期望公式計算出數學期望，其中列出離散型隨機變量概率分布列及計算數學期望是理科高考數學必考問題.19．（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.20．（1）1；（2）見解析【解析】

（1）設，，聯立直線和拋物線方程，得，寫出韋達定理，根據弦長公式，即可求出；（2）由，得，根據導數的幾何意義，求出拋物線在點點處切線方程，進而求出，即可證出軸.【詳解】解：（1）設，，將直線代入中整理得：，∴，，∴，解得：.（2）同（1）假設，，由，得，從而拋物線在點點處的切線方程為，即，令，得，由（1）知，從而，這表明軸.【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關