2021-2022高考數學模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．若函數在時取得最小值，則（）A． B． C． D．2．在邊長為的菱形中，，沿對角線折成二面角為的四面體（如圖），則此四面體的外接球表面積為（）A． B．C． D．3．已知橢圓：的左、右焦點分別為，，過的直線與軸交于點，線段與交于點.若，則的方程為（）A． B． C． D．4．某三棱錐的三視圖如圖所示，則該三棱錐的體積為（）A． B．4C． D．55．已知角的頂點與原點重合，始邊與軸的正半軸重合，終邊經過點，則（）A． B． C． D．6．若復數，則（）A． B． C． D．207．已知定義在R上的函數（m為實數）為偶函數，記，，則a，b，c的大小關系為()A． B． C． D．8．已知若在定義域上恒成立，則的取值范圍是（）A． B． C． D．9．已知為一條直線，為兩個不同的平面，則下列說法正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則10．設等差數列的前n項和為，若，則（）A． B． C．7 D．211．在平面直角坐標系中，銳角頂點在坐標原點，始邊為x軸正半軸，終邊與單位圓交于點，則（）A． B． C． D．12．設函數定義域為全體實數，令．有以下6個論斷：①是奇函數時，是奇函數；②是偶函數時，是奇函數；③是偶函數時，是偶函數；④是奇函數時，是偶函數⑤是偶函數；⑥對任意的實數，．那么正確論斷的編號是（）A．③④ B．①②⑥ C．③④⑥ D．③④⑤二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）已知，且，則的值是____________．14．在中，，，，則__________．15．設為數列的前項和，若，則____16．若在上單調遞減，則的取值范圍是_______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）[選修4-5：不等式選講]:已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）設，，且的最小值為.若，求的最小值.18．（12分）若數列滿足：對于任意，均為數列中的項，則稱數列為“數列”．（1）若數列的前項和，，試判斷數列是否為“數列”？說明理由；（2）若公差為的等差數列為“數列”，求的取值范圍；（3）若數列為“數列”，，且對于任意，均有，求數列的通項公式．19．（12分）已知函數（）的圖象在處的切線為（為自然對數的底數）（1）求的值；（2）若，且對任意恒成立，求的最大值.20．（12分）已知曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．（1）寫出曲線的極坐標方程；（2）點是曲線上的一點，試判斷點與曲線的位置關系．21．（12分）如圖，四邊形是邊長為3的菱形，平面.（1）求證：平面；（2）若與平面所成角為，求二面角的正弦值.22．（10分）為了實現中華民族偉大復興之夢，把我國建設成為富強民主文明和諧美麗的社會主義現代化強國，黨和國家為勞動者開拓了寬廣的創(chuàng)造性勞動的舞臺.借此“東風”，某大型現代化農場在種植某種大棚有機無公害的蔬菜時，為創(chuàng)造更大價值，提高畝產量，積極開展技術創(chuàng)新活動.該農場采用了延長光照時間和降低夜間溫度兩種不同方案.為比較兩種方案下產量的區(qū)別，該農場選取了40間大棚（每間一畝），分成兩組，每組20間進行試點.第一組采用延長光照時間的方案，第二組采用降低夜間溫度的方案.同時種植該蔬菜一季，得到各間大棚產量數據信息如下圖：（1）如果你是該農場的負責人，在只考慮畝產量的情況下，請根據圖中的數據信息，對于下一季大棚蔬菜的種植，說出你的決策方案并說明理由；（2）已知種植該蔬菜每年固定的成本為6千元/畝.若采用延長光照時間的方案，光照設備每年的成本為0.22千元/畝；若采用夜間降溫的方案，降溫設備的每年成本為0.2千元/畝.已知該農場共有大棚100間（每間1畝），農場種植的該蔬菜每年產出兩次，且該蔬菜市場的收購均價為1千元/千斤.根據題中所給數據，用樣本估計總體，請計算在兩種不同的方案下，種植該蔬菜一年的平均利潤；（3）農場根據以往該蔬菜的種植經驗，認為一間大棚畝產量超過5.25千斤為增產明顯.在進行夜間降溫試點的20間大棚中隨機抽取3間，記增產明顯的大棚間數為，求的分布列及期望.

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】

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．2．A【解析】

畫圖取的中點M，法一：四邊形的外接圓直徑為OM，即可求半徑從而求外接球表面積；法二：根據，即可求半徑從而求外接球表面積；法三：作出的外接圓直徑，求出和，即可求半徑從而求外接球表面積；【詳解】如圖，取的中點M，和的外接圓半徑為，和的外心，到弦的距離（弦心距）為.法一：四邊形的外接圓直徑，，；法二：，，；法三：作出的外接圓直徑，則，，，，，，，，，.故選：A【點睛】此題考查三棱錐的外接球表面積，關鍵點是通過幾何關系求得球心位置和球半徑，方法較多，屬于較易題目.3．D【解析】

由題可得，所以，又，所以，得，故可得橢圓的方程.【詳解】由題可得，所以，又，所以，得，，所以橢圓的方程為.故選：D【點睛】本題主要考查了橢圓的定義，橢圓標準方程的求解.4．B【解析】

還原幾何體的直觀圖，可將此三棱錐放入長方體中,利用體積分割求解即可.【詳解】如圖，三棱錐的直觀圖為，體積.故選:B.【點睛】本題主要考查了錐體的體積的求解,利用的體積分割的方法,考查了空間想象力及計算能力,屬于中檔題.5．A【解析】

由已知可得，根據二倍角公式即可求解.【詳解】角的頂點與原點重合，始邊與軸的正半軸重合，終邊經過點，則，.故選：A.【點睛】本題考查三角函數定義、二倍角公式，考查計算求解能力，屬于基礎題.6．B【解析】

化簡得到，再計算模長得到答案.【詳解】，故.故選：.【點睛】本題考查了復數的運算，復數的模，意在考查學生的計算能力.7．B【解析】

根據f（x）為偶函數便可求出m＝0，從而f（x）＝﹣1，根據此函數的奇偶性與單調性即可作出判斷.【詳解】解：∵f（x）為偶函數；∴f（﹣x）＝f（x）；∴﹣1＝﹣1；∴|﹣x﹣m|＝|x﹣m|；（﹣x﹣m）2＝（x﹣m）2；∴mx＝0；∴m＝0；∴f（x）＝﹣1；∴f（x）在[0，+∞）上單調遞增，并且a＝f（||）＝f（），b＝f（），c＝f（2）；∵0＜＜2＜；∴a<c<b．故選B．【點睛】本題考查偶函數的定義，指數函數的單調性，對于偶函數比較函數值大小的方法就是將自變量的值變到區(qū)間[0，+∞）上，根據單調性去比較函數值大?。?．C【解析】

先解不等式，可得出，求出函數的值域，由題意可知，不等式在定義域上恒成立，可得出關于的不等式，即可解得實數的取值范圍.【詳解】，先解不等式.①當時，由，得，解得，此時；②當時，由，得.所以，不等式的解集為.下面來求函數的值域.當時，，則，此時；當時，，此時.綜上所述，函數的值域為，由于在定義域上恒成立，則不等式在定義域上恒成立，所以，，解得.因此，實數的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查利用函數不等式恒成立求參數，同時也考查了分段函數基本性質的應用，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.9．D【解析】A.若，則或，故A錯誤；B.若，則或故B錯誤；C.若，則或，或與相交；D.若，則，正確.故選D.10．B【解析】

根據等差數列的性質并結合已知可求出，再利用等差數列性質可得，即可求出結果．【詳解】因為，所以，所以，所以，故選：B【點睛】本題主要考查等差數列的性質及前項和公式，屬于基礎題．11．A【解析】

根據單位圓以及角度范圍，可得，然后根據三角函數定義，可得，最后根據兩角和的正弦公式，二倍角公式，簡單計算，可得結果.【詳解】由題可知：，又為銳角所以，根據三角函數的定義：所以由所以故選：A【點睛】本題考查三角函數的定義以及兩角和正弦公式，還考查二倍角的正弦、余弦公式，難點在于公式的計算，識記公式，簡單計算，屬基礎題.12．A【解析】

根據函數奇偶性的定義即可判斷函數的奇偶性并證明.【詳解】當是偶函數，則，所以，所以是偶函數；當是奇函數時，則，所以，所以是偶函數；當為非奇非偶函數時，例如：，則，，此時，故⑥錯誤；故③④正確.故選：A【點睛】本題考查了函數的奇偶性定義，掌握奇偶性定義是解題的關鍵，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由于，且，則，得，則．14．1【解析】

由已知利用余弦定理可得，即可解得的值．【詳解】解：，，，由余弦定理，可得，整理可得：，解得或（舍去）．故答案為：1．【點睛】本題主要考查余弦定理在解三角形中的應用，屬于基礎題．15．【解析】

當時，由，解得，當時，，兩式相減可得，即，可得數列是等比數列再求通項公式.【詳解】當時，，即，當時，，兩式相減可得，即，即，故數列是以為首項，為公比的等比數列，所以.故答案為：【點睛】本題考查數列的前項和與通項公式的關系，還考查運算求解能力以及化歸與轉化思想，屬于基礎題.16．【解析】

由題意可得導數在恒成立，解出即可．【詳解】解：由題意，，當時，顯然，符合題意；當時，在恒成立，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查利用導數研究函數的單調性，屬于中檔題．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）當時，，原不等式可化為，分類討論即可求得不等式的解集；（2）由題意得，的最小值為，所以，由，得，利用基本不等式即可求解其最小值．【詳解】（1）當時，，原不等式可化為，①當時，不等式①可化為，解得，此時；當時，不等式①可化為，解得，此時；當時，不等式①可化為，解得，此時，綜上，原不等式的解集為.（2）由題意得，，因為的最小值為，所以，由，得，所以，當且僅當，即，時，的最小值為.【點睛】本題主要考查了絕對值不等式問題，對于含絕對值不等式的解法有兩個基本方法，一是運用零點分區(qū)間討論，二是利用絕對值的幾何意義求解．法一是運用分類討論思想，法二是運用數形結合思想，將絕對值不等式與函數以及不等式恒成立交匯、滲透，解題時強化函數、數形結合與轉化化歸思想方法的靈活應用，這是命題的新動向．18．（1）不是，見解析（2）（3）【解析】

（1）利用遞推關系求出數列的通項公式，進一步驗證時，是否為數列中的項，即可得答案；（2）由題意得，再對公差進行分類討論，即可得答案；（3）由題意得數列為等差數列，設數列的公差為，再根據不等式得到公差的值，即可得答案；【詳解】（1）當時，又，所以．所以當時，，而，所以時，不是數列中的項，故數列不是為“數列”（2）因為數列是公差為的等差數列，所以．因為數列為“數列”所以任意，存在，使得，即有．①若，則只需，使得，從而得是數列中的項．②若，則．此時，當時，不為正整數，所以不符合題意．綜上，．（3）由題意，所以，又因為，且數列為“數列”，所以，即，所以數列為等差數列．設數列的公差為，則有，由，得，整理得，①．②若，取正整數，則當時，，與①式對應任意恒成立相矛盾，因此．同樣根據②式可得，所以．又，所以．經檢驗當時，①②兩式對應任意恒成立，所以數列的通項公式為．【點睛】本題考查數列新定義題、等差數列的通項公式，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力，難度較大.19．(1)a=-1,b=1;(2)-1.【解析】（1）對求導得，根據函數的圖象在處的切線為，列出方程組，即可求出的值；（2）由（1）可得，根據對任意恒成立，等價于對任意恒成立，構造，求出的單調性，由，，，，可得存在唯一的零點，使得，利用單調性可求出，即可求出的最大值.（1），.由題意知.（2）由（1）知：，∴對任意恒成立對任意恒成立對任意恒成立.令，則.由于，所以在上單調遞增.又，，，，所以存在唯一的，使得，且當時，，時，.即在單調遞減，在上單調遞增.所以.又，即，∴.∴.∵，∴.又因為對任意恒成立，又，∴.點睛：利用導數研究不等式恒成立或存在型問題，首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題.20．（1）（2）點在曲線外．【解析】

（1）先消參化曲線的參數方程為普通方程,再化為極坐標方程；（2）由點是曲線上的一點,利用的范圍判斷的范圍,即可判斷位置關系.【詳解】（1）由曲線的參數方程為可得曲線的普通方程為,則曲線的極坐標方程為,即（2）由題,點是曲線上的一點,因為,所以,即,所以點在曲線外.【點睛】本題考查參數方程與普通方程的轉化,考查直角坐標方程與極坐標方程的轉化,考查點與圓的位置關系.21．（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由已知線面垂直得，結合菱形對角線垂直，可證得線面垂直；（2）由已知知兩兩互相垂直.以分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系如圖所示，由已知線面垂直知與平面所成角為，這樣可計算出的長，寫出各點坐標，求出平面的法向量，由法向量夾角可得二面角．【詳解】證明：（1）因為平面，平面，所以.因為四邊形是菱形，所以.又因為，平面，平面，所以平面.解：（2）據題設知，兩兩互相垂直.以分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系如圖所示，因為與平面所成角為，即，所以又，所以，所以所以設平面的一個法向量，則令，則