1、2021-2022高二下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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題

2、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設函數f(x)axA193B163C132甲、乙兩位同學將高三6次物理測試成績做成如圖所示的莖葉圖加以比較（成績均為整數滿分100分），乙同學對其中一次成績記憶模糊，只記得成績不低于90分且不是滿分，則甲同學的平均成績超過乙同學的平均成績的概率為（ ）ABCD3是的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件4如圖是“向量的線性運算”知識結構，如果要加入“三角形法則”和“平行四邊形法則”，應該放在（ ）A“向量的加減法”中“運算法則”的下位B“向量的加減

3、法”中“運算律”的下位C“向量的數乘”中“運算法則”的下位D“向量的數乘”中“運算律”的下位5 “，”的否定是A，B，C，D，6等差數列的前項和是，且，則（ ）A39B91C48D517下列命題正確的是（ ）A進制轉換：B已知一組樣本數據為1，6，3，8，4，則中位數為3C“若，則方程”的逆命題為真命題D若命題：，則：，8將一枚質地均勻且各面分別有狗，豬，羊，馬圖案的正四面體玩具拋擲兩次，設事件兩次擲的玩具底面圖案不相同，兩次擲的玩具底面圖案至少出現一次小狗，則（ ）ABCD9如圖程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著九章算術中的“更相減損術”，執行該程序框圖，若輸入的，分別為63，98，則輸

4、出的（ ）A9B3C7D1410 “”是“復數在復平面內對應的點在第一象限”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件11已知，則（ ）A0.6B3.6C2.16D0.21612已知隨機變量，且，則（ ）A125B13C175D165二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13如圖，矩形的邊，直角三角形的邊，沿把三角形折起，構成四棱錐，使得在平面內的射影落在線段上，如圖，則這個四棱錐的體積的最大值為_14已知拋物線的焦點為，點在上，以為圓心的圓與軸相切，且交于點，若，則圓截線段的垂直平分線所得弦長為，則_15已知數列的前項和為，則_.16正四棱柱的底面邊長

5、為2，若與底面ABCD所成角為60，則和底面ABCD的距離是_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）已知動圓既與圓：外切，又與圓：內切，求動圓的圓心的軌跡方程.18（12分） 已知函數f(x)|xa|x2|.(1)當a3時，求不等式f(x)3的解集；(2)若f(x)|x4|的解集包含1，2，求a的取值范圍19（12分）已知,命題:對,不等式恒成立；命題，使得成立.（1）若為真命題，求的取值范圍；（2）當時，若假，為真，求的取值范圍.20（12分）已知函數（1）求函數的單調區間；（2）求證：函數和在公共定義域內，恒成立；（3）若存在兩個不同的實數，滿足，求證

6、：21（12分）已知是等差數列，是等比數列，且，（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前n項和22（10分）已知函數，.（1）若函數與的圖像上存在關于原點對稱的點，求實數的取值范圍；（2）設，已知在上存在兩個極值點，且，求證：（其中為自然對數的底數）.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】由題，求導，將x=-1代入可得答案.【詳解】函數f(x)的導函數f(x)=3ax解得a=10故選D【點睛】本題考查了函數的求導，屬于基礎題.2、C【解析】首先求得甲的平均數，然后結合題意確定污損的數字可能的取值，最后利用古典

7、概型計算公式求解其概率值即可.【詳解】由題意可得：，設被污損的數字為x，則：，滿足題意時，即：，即x可能的取值為,結合古典概型計算公式可得滿足題意的概率值：.故選C.【點睛】本題主要考查莖葉圖的識別與閱讀，平均數的計算方法，古典概型計算公式等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.3、B【解析】分別判斷充分性和必要性得到答案.【詳解】所以 （逆否命題）必要性成立當，不充分故是必要不充分條件，答案選B【點睛】本題考查了充分必要條件，屬于簡單題.4、A【解析】由“三角形法則”和“平行四邊形法則”是向量的加減法的運算法則，由此易得出正確選項【詳解】因為“三角形法則”和“平行四邊形法則”是向量的加

8、減法的運算法則，故應該放在“向量的加減法”中“運算法則”的下位故選A【點睛】本題考查知識結構圖，向量的加減法的運算法則，知識結構圖比較直觀地描述了知識之間的關聯，解題的關鍵是理解知識結構圖的作用及知識之間的上下位關系5、D【解析】通過命題的否定的形式進行判斷【詳解】因為全稱命題的否定是特稱命題，故“， ”的否定是“， ”.故選D.【點睛】本題考查全稱命題的否定，屬基礎題.6、B【解析】解：由題意 結合等差數列的通項公式有： ，解得： ，數列的前13項和： .本題選擇B選項.7、A【解析】根據進制的轉化可判斷A，由中位數的概念可判斷B，寫出逆命題，再判斷其真假可判斷C.根據全稱命題的否定為特稱命

9、題，可判斷D.【詳解】A .,故正確.B. 樣本數據1，6，3，8，4，則中位數為4.故不正確.C . “若，則方程”的逆命題為: “方程,則”，為假命題，故不正確.D. 若命題：，.則：，故不正確.故選：A【點睛】本題考查了進制的轉化、逆命題，中位數以及全稱命題的否定，屬于基礎題.8、C【解析】利用條件概率公式得到答案.【詳解】 故答案選C【點睛】本題考查了條件概率的計算，意在考查學生的計算能力.9、C【解析】由，不滿足，則變為，由，則變為，由，則，由，則，由，則，由，則，由，退出循環，則輸出的值為，故選C.10、C【解析】根據充分必要條件的定義結合復數與復平面內點的對應關系，從而得到答案【

10、詳解】若復數在復平面內對應的點在第一象限，則 解得，故“”是“復數在復平面內對應的點在第一象限”的充要條件.故選C.【點睛】本題考查了充分必要條件，考查了復數的與復平面內點的對應關系，是一道基礎題11、B【解析】根據二項分布的期望的計算公式求解即可得到結果【詳解】，故選B【點睛】本題考查二項分布的期望，解題的關鍵是熟記此類分布期望的計算公式，屬于基礎題12、C【解析】利用正態分布的圖像和性質求解即可.【詳解】由題得，所以.故選：C【點睛】本題主要考查正態分布的圖像和性質，考查指定概率的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13

11、、【解析】設，可得，.，由余弦定理以及同角三角函數的關系得，則，利用配方法可得結果.【詳解】因為在矩形內的射影落在線段上，所以平面垂直于平面，因為，所以平面，同理，設，則，.在中，所以，所以四棱錐的體積.因為，所以當，即時，體積取得最大值，最大值為，故答案為.【點睛】本題主要考查面面垂直的性質，余弦定理的應用以及錐體的體積公式，考查了配方法求最值，屬于難題. 解決立體幾何中的最值問題一般有兩種方法：一是幾何意義，特別是用空間點線面關系和平面幾何的有關結論來解決，非常巧妙；二是將立體幾何中最值問題轉化為函數問題，然后根據函數的特征選用參數法、配方法、判別式法、三角函數有界法、函數單調性法以及均值

12、不等式法求解.14、【解析】根據條件以A為圓心的圓與y軸相切，且交AF于點B，求出半徑，然后根據垂徑定理建立方程求解【詳解】設，以為圓心的圓與軸相切，則半徑，由拋物線的定義可知，又，解得，則，圓A截線段AF的垂直平分線所得弦長為，即，解得故答案為1【點睛】本題主要考查了拋物線的定義、直線與拋物線的位置關系的應用，其中解答中熟練應用拋物線的定義，合理利用圓的弦長是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題15、【解析】利用已知條件求出數列前項的和以及前項的和，然后求解即可.【詳解】解：由數列的前項和為，可得，則.故答案為：.【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用，考查轉化思想以

13、及計算能力，屬于基礎題.16、.【解析】分析：確定A1C1到底面ABCD的距離為正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高，即可求得結論詳解：正四棱柱ABCDA1B1C1D1，平面ABCD平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，A1C1平面ABCDA1C1到底面ABCD的距離為正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面邊長為2，AC1與底面ABCD成60角，A1A=2tan60=故答案為 點睛：本題考查線面距離，確定A1C1到底面ABCD的距離為正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高是解題的關鍵如果直線和已知的平面是平行的，可以將直線和平面的距離，轉化為直線

14、上一點到平面的距離.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、【解析】化已知兩圓方程為標準方程，求出圓心坐標與半徑，畫出圖形，利用橢圓定義求得動圓的圓心的軌跡方程【詳解】：，：，設動圓圓心，半徑為，則，是以、為焦點，長軸長為12的橢圓，所求軌跡方程為.【點睛】本題考查軌跡方程的求法，考查圓與圓的位置關系，本質考查橢圓定義求方程，考查數形結合思想和運算求解能力18、 (1) x|x4或x1；(2) 3，0.【解析】試題分析：（1）解絕對值不等式首先分情況去掉絕對值不等式組，求出每個不等式組的解集，再取并集即得所求（2）原命題等價于-2-xa2-x在1，2上恒成立，由此求

15、得求a的取值范圍試題解析：（1）當a3時，f（x）當x2時，由f（x）3得2x53，解得x1；當2x3時，f（x）3無解；當x3時，由f（x）3得2x53，解得x4.所以f（x）3的解集為x|x1或x4 6分（2）f（x）|x4|x4|x2|xa|.當x1，2時，|x4|x2|xa|（4x）（2x）|xa|2ax2a，由條件得2a1且2a2，解得3a0，故滿足條件的實數a的取值范圍為3，0考點：絕對值不等式的解法；帶絕對值的函數19、（1）；（2）.【解析】（1），即，可解出實數的取值范圍；（2）先求出命題為真命題時實數的取值范圍，再分析出命題、中一個是真命題，一個是假命題，即可的得出實數的取

16、值范圍.【詳解】（1）對任意，不等式恒成立，即，即，解得，因此，若為真命題時，實數的取值范圍是；（2），且存在，使得成立，命題為真時，.且為假，或為真，、中一個是真命題，一個是假命題當真假時，則，解得；當假真時，即.綜上所述，的取值范圍為.【點睛】本題考查利用命題的真假求參數，同時也考查了利用復合命題的真假求參數問題，解題的關鍵就是要確定簡單命題的真假，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.20、（1）增區間為,減區間為；（2）證明見解析；（3）證明見解析.【解析】分析：（1）構造函數，對函數求導，得到得到導函數的正負，進而得到單調區間和極值；（2）構造函數,對函數和求導研究函數的單調性進而得到

17、函數的最值，使得最小值大于2即可；（3）要證原式只需要證，故得到即證：，變量集中設即可,轉化為關于t的不等式.詳解：(1)函數的定義域為,故當時,當時,故函數的單調增區間為,單調減區間為; (2)證明:函數和的公共定義域為,設,則在上單調遞增,故;設,當時有極大值點,;故;故函數和在公共定義域內,. (3)證明:不妨設,由題意得,;所以;而要證,只需證明;即證明;即證明;即證明,;令,則;即證明;設;則,故函數在區間上是增函數,所以,即;所以不等式成立. 點睛：利用導數證明不等式常見類型及解題策略(1) 構造差函數.根據差函數導函數符號，確定差函數單調性，利用單調性得不等量關系，進而證明不等式

18、；2）根據條件，尋找目標函數.一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關系，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數.21、（1）；（2）【解析】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，運用通項公式，可得，進而得到所求通項公式； （2）由（1）求得，運用等差數列和等比數列的求和公式，即可得到數列和【詳解】（1）設等差數列的公差為，等比數列的公比為，因為，可得，所以，又由，所以，所以數列的通項公式為（2）由題意知，則數列的前項和為【點睛】本題主要考查了等差數列和等比數列的通項公式和求和公式的運用，以及數列的分組求和，其中解答中熟記等差、等比數列的通項公式和前n項和公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題22、 (1) (2)見證明【解析】（