安徽省马鞍山市和县2021-2022学年高考数学必刷试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知定义在上的函数，则，的大小关系为（ ）ABCD2已知函数满足，且，则不等式的解集为（ ）ABCD3设点是椭圆上的一点，是椭圆的两个焦点，若，则（ ）ABCD4已知集合，则( )ABCD5已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则实数的取值为（

2、 ）A-2B-1C1D26已知数列 是公比为 的等比数列，且 ， ， 成等差数列，则公比 的值为（ ）ABC 或 D 或 7设集合，集合 ，则 =（ ）ABCDR8由曲线围成的封闭图形的面积为（ ）ABCD9百年双中的校训是“仁”、“智”、“雅”、“和”.在2019年5月18日的高三趣味运动会中有这样的一个小游戏.袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“仁”、“智”、“雅”、“和”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“仁”、“智”两个字都摸到就停止摸球.小明同学用随机模拟的方法恰好在第三次停止摸球的概率.利用电脑随机产生1到4之间（含1和4）取整数值的随机数，分别用1，2，3，4

3、代表“仁”、“智”、“雅”、“和”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：141 432 341 342 234 142 243 331 112 322342 241 244 431 233 214 344 142 134 412由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为（ ）ABCD10一个四棱锥的三视图如图所示（其中主视图也叫正视图，左视图也叫侧视图），则这个四棱锥中最最长棱的长度是（ ）ABCD11若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计

4、图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（ ）. A6500元B7000元C7500元D8000元12已知复数z满足，则z的虚部为（ ）ABiC1D1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13根据如图所示的伪代码，若输入的的值为2，则输出的的值为_.14 “学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台，现已日益成为老百姓了解国家动态，紧跟时代脉搏的热门app.该款软件主要设有“阅读文章”和“视听学习”两个学习板块和“每日答题”、“每周答题”、“专项答题”、“挑战

5、答题”四个答题板块.某人在学习过程中，将六大板块依次各完成一次，则“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有_种.15已知函数，若函数有个不同的零点，则的取值范围是_16在平面直角坐标系中，双曲线的右准线与渐近线的交点在抛物线上，则实数的值为_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB，AF1，M是线段EF的中点求证：(1)AM平面BDE；(2)AM平面BDF.18（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，点、分别为，的中点，且平面平面.（1）求证：平面.（2

6、）若，求直线与平面所成角的正弦值.19（12分）已知函数.（1）求的极值；（2）若，且，证明：.20（12分）已知矩阵不存在逆矩阵，且非零特低值对应的一个特征向量，求的值.21（12分）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且向量与向量共线.（1）求B；（2）若，且，求BD的长度.22（10分）已知函数，为的导数，函数在处取得最小值（1）求证：；（2）若时，恒成立，求的取值范围参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1D【解析】先判断函数在时的单调性，可以判断出函数是奇函数，利用奇函数的性质可以得到，比较三个数的大小，然

7、后根据函数在时的单调性，比较出三个数的大小.【详解】当时，函数在时，是增函数.因为，所以函数是奇函数，所以有，因为，函数在时，是增函数，所以，故本题选D.【点睛】本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小问题，判断出函数的奇偶性、单调性是解题的关键.2B【解析】构造函数,利用导数研究函数的单调性，即可得到结论.【详解】设,则函数的导数,，即函数为减函数,，则不等式等价为，则不等式的解集为,即的解为，由得或，解得或,故不等式的解集为.故选:.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数单调性，根据函数的单调性解不等式，考查学生分析问题解决问题的能力,是难题.3B【解析】，故选B点睛：本题主要考查利用椭圆的

8、简单性质及椭圆的定义. 求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系. 4D【解析】先求出集合B，再与集合A求交集即可.【详解】由已知，故，所以.故选：D.【点睛】本题考查集合的交集运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.5B【解析】求出函数的导数，利用切线方程通过f（0），求解即可；【详解】f （x）的定义域为（1，+），因为f（x）a，曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程为y2x，可得1a2，解得a1，故选：B【点睛】本题考查函数的导数的几何意义，

9、切线方程的求法，考查计算能力6D【解析】由成等差数列得，利用等比数列的通项公式展开即可得到公比q的方程.【详解】由题意，2aq2=aq+a，2q2=q+1，q=1或q= 故选：D【点睛】本题考查等差等比数列的综合，利用等差数列的性质建立方程求q是解题的关键，对于等比数列的通项公式也要熟练7D【解析】试题分析：由题，选D考点：集合的运算8A【解析】先计算出两个图像的交点分别为，再利用定积分算两个图形围成的面积.【详解】封闭图形的面积为.选A.【点睛】本题考察定积分的应用，属于基础题.解题时注意积分区间和被积函数的选取.9A【解析】由题意找出满足恰好第三次就停止摸球的情况，用满足恰好第三次就停止摸

10、球的情况数比20即可得解.【详解】由题意可知当1，2同时出现时即停止摸球，则满足恰好第三次就停止摸球的情况共有五种：142，112，241，142，412.则恰好第三次就停止摸球的概率为.故选：A.【点睛】本题考查了简单随机抽样中随机数的应用和古典概型概率的计算，属于基础题.10A【解析】作出其直观图，然后结合数据根据勾股定定理计算每一条棱长即可.【详解】根据三视图作出该四棱锥的直观图，如图所示，其中底面是直角梯形，且，平面，且，这个四棱锥中最长棱的长度是故选【点睛】本题考查了四棱锥的三视图的有关计算，正确还原直观图是解题关键，属于基础题11D【解析】设目前该教师的退休金为x元，利用条形图和折

11、线图列出方程，求出结果即可【详解】设目前该教师的退休金为x元，则由题意得：600015%x10%1解得x2故选D【点睛】本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题，属于基础题12C【解析】利用复数的四则运算可得，即可得答案.【详解】，复数的虚部为.故选：C.【点睛】本题考查复数的四则运算、虚部概念，考查运算求解能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】满足条件执行，否则执行.【详解】本题实质是求分段函数在处的函数值，当时，.故答案为：1【点睛】本题考查条件语句的应用，此类题要做到读懂算法语句，本题是一道容易题.14【解析】先分间隔一个与不间隔分类计数，再

12、根据捆绑法求排列数,最后求和得结果.【详解】若“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块相邻，则学习方法有种;若“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间间隔一个答题板块的学习方法有种;因此共有种.故答案为：【点睛】本题考查排列组合实际问题，考查基本分析求解能力，属基础题.15【解析】作出函数的图象及直线，如下图所示，因为函数有个不同的零点，所以由图象可知，所以16【解析】求出双曲线的右准线与渐近线的交点坐标，并将该交点代入抛物线的方程，即可求出实数的方程.【详解】双曲线的半焦距为，则双曲线的右准线方程为，渐近线方程为，所以，该双曲线右准线与渐近线的交点为.由题意得，解得.故答案为：.【点睛】本题

13、考查利用抛物线上的点求参数，涉及到双曲线的准线与渐近线方程的应用，考查计算能力，属于中等题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）见解析（2）见解析【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设ACBDN，连结NE.则N，E(0，0，1)，A(，0)，M.，.且NE与AM不共线NEAM.NE平面BDE，AM平面BDE，AM平面BDE.(2)由(1)知，D(，0，0)，F(，1)，(0，1)，0，AMDF.同理AMBF.又DFBFF，AM平面BDF.18（1）见解析（2）【解析】（1）首先可得，再面面垂直的性质可得平面，即可得到，再由，即可得到线面垂直；（2）过

14、点做平面的垂线，以为原点，分别以，为，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；【详解】解：（1），点为的中点，又平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，又，分别为，的中点，又平面，平面，平面.（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，为，轴建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，由，得，令，得，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法求线面角，属于中档题.19（1）极大值为；极小值为；（2）见解析【解析】（1）对函数求导,进而可求出单调性,从而可求出函数的极值;（2）构造函数,求导并判断单调性可得,从而在上恒成立,再结合,可得

15、到,即可证明结论成立.【详解】（1）函数的定义域为,所以当时,;当时,则的单调递增区间为和,单调递减区间为.故的极大值为;的极小值为.（2）证明:由（1）知,设函数,则,则在上恒成立,即在上单调递增,故,又,则,即在上恒成立.因为,所以,又,则,因为,且在上单调递减,所以,故.【点睛】本题考查函数的单调性与极值,考查了利用导数证明不等式,构造函数是解决本题的关键,属于难题.20【解析】由不存在逆矩阵，可得，再利用特征多项式求出特征值3，0，利用矩阵乘法运算即可.【详解】因为不存在逆矩阵，所以.矩阵的特征多项式为，令，则或，所以，即，所以，所以【点睛】本题考查矩阵的乘法及特征值、特征向量有关的问

16、题，考查学生的运算能力，是一道容易题.21（1）（2）【解析】（1）根据共线得到，利用正弦定理化简得到答案.（2）根据余弦定理得到，再利用余弦定理计算得到答案.【详解】（1）与共线，.即，即，.（2），在中，由余弦定理得：，.则或（舍去）.，.在中，由余弦定理得：，.【点睛】本题考查了向量共线，正弦定理，余弦定理，意在考查学生的综合应用能力.22（1）见解析； （2）.【解析】（1）对求导，令，求导研究单调性，分析可得存在使得，即，即得证；（2）分，两种情况讨论，当时，转化利用均值不等式即得证；当，有两个不同的零点，分析可得的最小值为，分，讨论即得解.【详解】（1）由题意，令，则，知为的增函数，因为，所以，存在使得，即所以，当时，为减函数，当时，为增函数，故当时，取得最小值，也就是取得最小值故，于是有，即，所以有