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?？荚嚱Y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。164個直徑都為的球，記它們的體積之和為，表面積之和為；一個直徑為a的球，記其體積為，表面積為，則（）A且B且D=且=2從集合0，1，2，3，4，5，6中任取兩個互不相等的數，組成復數，其中虛數有（ ）A30個B42個C36個D35個3已知平面與平面相交,a是內的一條直線,則（）A在內必存在與a平行的直線B在內必存在與a垂直的直線C在內必不存在與a平行的直線D在內不一定存在與a垂直的直線4已知拋物線的焦點為F，過點F分別作兩條直線，直線與拋物線C交于兩點，直線與拋物線C交于點，若與

3、直線的斜率的乘積為，則的最小值為（ ）A14B16C18D205在等差數列中，則為（ ）A2B3C4D56已知函數在其定義域內有兩個零點，則實數的取值范圍是（ ）ABCD7已知雙曲線E：上的四點A，B，C，D滿足，若直線AD的斜率與直線AB的斜率之積為2，則雙曲線C的離心率為 ABCD86把椅子擺成一排，3人隨機就座，任何兩人不相鄰的坐法種數為（ ）A144B120C72D249定義在上的偶函數滿足：對任意的，有，則（ ）ABCD10展開式中的系數為（）A30B15C0D-1511已知函數，關于的不等式只有兩個整數解，則實數的取值范圍是（ ）ABCD12已知等比數列an中，則（ ）A2B2C2

4、D4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13一個高為1的正三棱錐的底面正三角形的邊長為6，則此三棱錐的側面積為_14已知向量與的夾角為，則_.15已知函數的導函數為，且滿足，則_16已知函數若函數有3個零點，則實數a的取值范圍為_.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）設函數（k為常數，e1718 18是自然對數的底數）（1）當時，求函數f（x）的單調區間；（1）若函數在（0,1）內存在兩個極值點，求k的取值范圍18（12分）如圖，橢圓經過點，且點到橢圓的兩焦點的距離之和為.（l）求橢圓的標準方程；（2）若是橢圓上的兩個點，線段的中垂線的斜率為

5、且直線與交于點，為坐標原點，求證：三點共線19（12分）已知函數的圖象過點.(1)求的解析式及單調區間；(2)求在上的最小值.20（12分）已知橢圓經過點離心率為（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線交橢圓于兩點，為橢圓的左焦點，若，求直線的方程21（12分）如圖，棱長為的正方形中，點分別是邊上的點，且將沿折起，使得兩點重合于，設與交于點，過點作于點（1）求證：；（2）求直線與平面所成角的正弦值22（10分）在四棱錐中，四邊形是平行四邊形，且，（1）求異面直線與所成角的余弦值；（2）若，二面角的平面角的余弦值為，求的正弦值參考答案一、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

6、個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】分別計算出、，再比較大小?！驹斀狻?，故=，【點睛】已知直徑利用公式 ,分別計算出、，再比較大小即可。2、C【解析】解：a，b互不相等且為虛數，所有b只能從1，2，3，4，5，6中選一個有6種，a從剩余的6個選一個有6種，根據分步計數原理知虛數有66=36（個）故選C3、B【解析】分析：由題意可得，是內的一條直線，則可能與平面和平面的交線相交，也有可能不相交，然后進行判斷詳解：在中，當與平面和平面的交線相交時，在內不存在與平行的直線，故錯誤在中，平面和平面相交，是內一條直線，由線面垂直的性質定理得在內必存在與垂直的直線，故正確在中，當與平面和平面

7、的交線平行時，在內存在與平行的直線，故錯誤在中，由線面垂直的性質定理得在內必存在與垂直的直線，故錯誤故選點睛：本題主要考查的是空間中直線與平面之間的位置關系、直線與直線的位置關系，需要進行分類討論，將可能出現的情況列舉出來，取特例來判斷語句的正確性4、B【解析】設出直線的斜率，得到的斜率，寫出直線的方程，聯立直線方程和拋物線方程，根據弦長公式求得的值，進而求得最小值.【詳解】拋物線的焦點坐標為，依題意可知斜率存在且不為零，設直線的斜率為，則直線的斜率為，所以，有，有，故，同理可求得.故，當且僅當時，等號成立，故最小值為，故選B.【點睛】本小題主要考查直線和拋物線的位置關系，考查直線和拋物線相交

8、所得弦長公式，考查利用基本不等式求最小值，屬于中檔題.5、A【解析】由等差數列性質，得，問題得解.【詳解】是等差數列，解得.故選：A【點睛】本題考查了等差數列的性質，屬于基礎題.6、A【解析】分析：由題意可得即有兩個不等的實數解令，求出導數和單調區間、極值和最值，畫出圖象，通過圖象即可得到結論詳解：函數在其定義域內有兩個零點，等價為即有兩個不等的實數解令， ，當 時，遞減；當 時，遞增 在處取得極大值，且為最大值 當 畫出函數 的圖象，由圖象可得 時， 和有兩個交點，即方程有兩個不等實數解，有兩個零點故選A點睛：本題考查函數的零點問題，注意運用轉化思想，考查構造函數法，運用導數判斷單調性，考查

9、數形結合的思想方法，屬于中檔題7、A【解析】很明顯，A，B，C，D四點組成平行四邊形ABDC，如圖所示，設，則：，點A在雙曲線上，則：，據此可得：，結合可得雙曲線的離心率為.本題選擇A選項.點睛：求雙曲線離心率或離心率范圍的兩種方法：一種是直接建立e的關系式求e或e的范圍；另一種是建立a，b，c的齊次關系式，將b用a，e表示，令兩邊同除以a或a2化為e的關系式，進而求解8、D【解析】試題分析：先排三個空位，形成4個間隔，然后插入3個同學，故有種考點：排列、組合及簡單計數問題9、A【解析】由對任意x1，x2 0，)(x1x2)，有 0，得f(x)在0，)上單獨遞減，所以，選A.點睛：利用函數性質

10、比較兩個函數值或兩個自變量的大小，首先根據函數的性質構造某個函數，然后根據函數的奇偶性轉化為單調區間上函數值，最后根據單調性比較大小，要注意轉化在定義域內進行10、C【解析】根據的展開式的通項公式找出中函數含項的系數和項的系數做差即可【詳解】的展開式的通項公式為 ，故中函數含項的系數是和項的系數是所以展開式中的系數為-=0【點睛】本題考查了二項式定理的應用，熟練掌握二項式定理是解本題的關鍵11、C【解析】試題分析：，在上單調遞增，上單調遞減，又，不等式只有兩個整數解，即實數的取值范圍是故選C【考點】本題主要考查導數的運用12、C【解析】根據等比數列性質得，再根據等比數列性質求得.【詳解】因為等

11、比數列中，所以，即以，因此=，因為，同號，所以選C.【點睛】在解決等差、等比數列的運算問題時，經常采用“巧用性質、整體考慮、減少運算量”的方法.性質是兩種數列基本規律的深刻體現，是解決等差、等比數列問題既快捷又方便的工具，應有意識地去應用.但在應用性質時要注意性質的前提條件，有時需要進行適當變形.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、18【解析】畫出滿足題意的三棱錐P-ABC圖形，根據題意，畫出高，利用直角三角形，求出此三棱錐的側面上的高，即可求出棱錐的側面積【詳解】由題意畫出圖形，如圖所示：因為三棱錐P-ABC是正三棱錐，頂點在底面上的射影D是底面的中心，在三角形PDF中：因

12、為三角形PDF三邊長PD=1，DF=3所以PF=2，則這個棱錐的側面積S=3故答案為：18?！军c睛】本題考查棱柱、棱錐、棱臺的側面積和表面積和棱錐的結構特征，考查數形結合思想，還考查計算能力，是基礎題，棱錐的側面積是每一個側面的面積之和。14、6.【解析】求出即得解.【詳解】由題意，向量的夾角為，所以，所以.故答案為：6【點睛】本題主要考查向量模的計算，考查向量的數量積運算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.15、-1【解析】首先對函數求導，然后利用方程思想求解的值即可.【詳解】由函數的解析式可得：，令可得：，則.【點睛】本題主要考查導數的運算法則，基本初等函數的導數公式，方程的數學思想等

13、知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.16、【解析】將函數有3個零點轉化為與有三個交點，在同一坐標系中作出兩函數的圖象，即可求得實數的取值范圍【詳解】作出的函數圖象如圖所示：畫出函數的圖象，由圖象可知當時，有1零點，當時，有3個零點；當或時，有2個零點。故答案為.【點睛】本題考查根的存在性及根的個數判斷，將函數有3個零點轉化為與有三個交點是關鍵，考查等價轉化思想與數形結合思想的綜合運用，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）單調遞減區間為，單調遞增區間為；（1）【解析】試題分析：（I）函數的定義域為，由可得，得到的單調遞減區間為，單調遞增區

14、間為.（II）分，時，討論導函數值的正負，根據函數的單調性，明確極值點的有無、多少.試題解析：（I）函數的定義域為，由可得，所以當時，函數單調遞減，當時，函數單調遞增.所以的單調遞減區間為，單調遞增區間為.（II）由（I）知，時，函數在內單調遞減，故在內不存在極值點；當時，設函數，因為，當時，當時，單調遞增，故在內不存在兩個極值點；當時，得時，函數單調遞減，時，函數單調遞增，所以函數的最小值為，函數在內存在兩個極值點；當且僅當，解得，綜上所述，函數在內存在兩個極值點時，k的取值范圍為.考點：應用導數研究函數的單調性、極值，分類討論思想，不等式組的解法.18、 (1) (2)見解析【解析】分析：

15、(1)根據橢經過點，且點到橢圓的兩焦點的距離之和為，結合性質 ，列出關于 、 的方程組，求出 、 ，即可得橢圓的標準方程；(2)可設直線的方程為，聯立得，設點，根據韋達定理可得，所以點在直線上，又點也在直線上，進而得結果.詳解：（1）因為點到橢圓的兩焦點的距離之和為，所以，解得.又橢圓經過點，所以.所以.所以橢圓的標準方程為.證明：（2）因為線段的中垂線的斜率為，所以直線的斜率為-2.所以可設直線的方程為.據得.設點，.所以， .所以，.因為，所以.所以點在直線上.又點，也在直線上，所以三點共線.點睛：用待定系數法求橢圓方程的一般步驟；作判斷：根據條件判斷橢圓的焦點在軸上，還是在軸上，還是兩個

16、坐標軸都有可能；設方程：根據上述判斷設方程或 ；找關系：根據已知條件，建立關于、的方程組；得方程：解方程組，將解代入所設方程，即為所求.19、 (1) ；單調遞減區間為，單調遞增區間為.(2) 【解析】（1）先由函數圖像過點，求出，得到函數解析式，再對函數求導，用導數的方法，即可得出函數的單調區間；（2）先令在上的最小值為，結合（1）的結果，分別討論和兩種情況，即可求出函數的最小值.【詳解】(1)函數的圖象過點故. 令得當時，此時單調遞減當時，此時單調遞增. 所以，單調遞減區間為，單調遞增區間為.(2)令在上的最小值為，由(1)知，當時當，在上單調遞增， 綜上所述：的最小值.【點睛】本題主要考

17、查函數的應用，通常需要對函數求導，利用導數的方法研究函數的單調性，最值等即可，屬于常考題型.20、（）；（）或【解析】（）由題中已知條件可得，代入橢圓的方程，將點的坐標代入橢圓方程可求出c的值，進而得出、b的值，于是可得到橢圓的方程；（）設直線l的方程為，設點，將直線l的方程代入橢圓的方程，列出韋達定理，由等式結合韋達定理可求出的值，即可求出直線l的方程【詳解】（）設橢圓的焦距為，則，所以，橢圓的方程為，將點的坐標代入橢圓的方程得，解得，則，因此，橢圓的方程為；（）設直線l的方程為，設點，將直線l的方程代入橢圓的方程，并化簡得，解得或由韋達定理可得，同理可得，所以，解得，合乎題意！因此，直線l

18、的方程為或【點睛】本題考查直線與橢圓的綜合，考查韋達定理的應用，考查計算能力與推理能力，屬于中等題21、（1）見證明（2）【解析】（1）由平面可得，結合可得平面，故，又得出平面；（2）建立空間坐標系，求出各點坐標，計算平面的法向量，則為直線與平面所成角的正弦值【詳解】（1）證明：在正方形中，在的垂直平分線上，平面，又，平面，又，底面（2）解：如圖過點作與平行直線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系， ， ， ，設平面的法向量，則，即，取，記直線與平面所成角為，則，故直線與平面PDF所成角的正弦值為【點睛】本題考查了線面垂直的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，通過嚴密推理，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平