1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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已知集合，現從這兩個集合中各取出一個元素組成一個新的雙元素集合，則可以組成這樣的新集合的個數

2、為（ ）ABCD2設a=log20.3，b=10lg0.3，c=100.3，則AabcBbcaCcabDcba3九章算術中有如下問題：“今有勾五步，股一十二步，問勾中容圓，徑幾何？ ”其大意：“已知直角三角形兩直角邊長分別為5步和12步，問其內切圓的直徑為多少步？”現若向此三角形內隨機投一粒豆子，則豆子落在其內切圓外的概率是 ( )ABCD4對于三次函數，給出定義：設是函數的導數，是的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”經過探究發現：任何一個三次函數都有“拐點”；任何一個三次函數都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心設函數，則 A2016B2017C2018D20195現有5人參加抽獎活

3、動，每人依次從裝有5張獎票（其中3張為中獎票）的箱子中不放回地隨機抽取一張，直到3張中獎票都被抽出時活動結束，則活動恰好在第4人抽完后結束的概率為（ ）ABCD6如圖，向量對應的復數為，則復數的共軛復數是（ ）ABCD7在中，角的對邊分別是，若，則的值為（ ）A1BCD8設，隨機變量的分布列如圖，則當在內增大時，（ ）A減小B增大C先減小后增大D先增大后減小9設m為正整數，(xy)2m展開式的二項式系數的最大值為a，(xy)2m1展開式的二項式系數的最大值為b，若13a=7b，則m ( )A5B6C7D810若將函數圖象上所有點的橫坐標伸長為原來的倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，則函數的單調

4、遞減區間為（ ）ABCD11設全集為，集合，則（ ）ABCD12如圖，棱長為1的正方體中，P為線段上的動點（不含端點），則下列結論錯誤的是A平面平面B的取值范圍是（0，C的體積為定值D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13正三棱錐底面邊長為1，側面與底面所成二面角為45，則它的全面積為_14在區間上隨機地取一個實數，若實數滿足的概率為，則_.15已知直線與曲線在點P（1，1）處的切線互相垂直，則_.16設函數，則_;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）橢圓的左右焦點分別為，與軸正半軸交于點，若為等腰直角三角形，且直線被圓所截得的弦長為2.（

5、1）求橢圓的方程；（2）直線：與橢圓交于點，線段的中點為，射線與橢圓交于點，點為的重心，求證：的面積為定值.18（12分）命題：方程有實數解，命題：方程表示焦點在軸上的橢圓(1) 若命題為真，求的取值范圍；(2) 若命題為真，求的取值范圍19（12分）已知的內角A的大小為，面積為.(1)若，求的另外兩條邊長；(2)設O為的外心，當時，求的值.20（12分）在平面直角坐標系xoy中，直線l的參數方程為（為參數），曲線.以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）若點在曲線上，求的取值范圍；（2）設直線l與曲線交于M、N兩點，點Q的直角坐標為，求的值.21（12分）甲

6、、乙兩企業生產同一種型號零件，按規定該型號零件的質量指標值落在內為優質品.從兩個企業生產的零件中各隨機抽出了件，測量這些零件的質量指標值，得結果如下表：甲企業：分組頻數5乙企業：分組頻數55（1）已知甲企業的件零件質量指標值的樣本方差，該企業生產的零件質量指標值X服從正態分布，其中近似為質量指標值的樣本平均數（注：求時，同一組中的數據用該組區間的中點值作代表），近似為樣本方差，試根據企業的抽樣數據，估計所生產的零件中，質量指標值不低于的產品的概率.（精確到）（2）由以上統計數據完成下面列聯表，并判斷能否在犯錯誤的概率不超過的前提下認為兩個企業生產的零件的質量有差異.甲廠乙廠總計優質品非優質品總

7、計附：參考數據：，參考公式：若，則，；22（10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.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、C【解析】分析：根據解元素的特征可將其分類為：集合中有5和沒有5兩類進行分析即可.詳解：第一類：當集合中無元素5：種，第二類：當集合中有元素5：種，故一共有14種，選C點睛：本題考查了分類分步計數原理，要做到分類不遺漏，分步不重疊是解題關鍵.2、A【解析】求出三個數值的范圍，即可比較大小.【詳解】，的大小關系是：.故選：A.【點睛】對數函數值大小的比較一般有三種

8、方法：單調性法，在同底的情況下直接得到大小關系，若不同底，先化為同底中間值過渡法，即尋找中間數聯系要比較的兩個數，一般是用“0”，“1”或其他特殊值進行“比較傳遞”圖象法，根據圖象觀察得出大小關系3、C【解析】本題首先可以根據直角三角形的三邊長求出三角形的內切圓半徑，然后分別計算出內切圓和三角形的面積，最后通過幾何概型的概率計算公式即可得出答案.【詳解】如圖所示，直角三角形的斜邊長為，設內切圓的半徑為，則，解得.所以內切圓的面積為，所以豆子落在內切圓外部的概率，故選C【點睛】本題主要考查“面積型”的幾何概型，屬于中檔題. 解決幾何概型問題常見類型有：長度型、角度型、面積型、體積型，求與面積有關

9、的幾何概型問題關鍵是計算問題的總面積以及事件的面積；幾何概型問題還有以下幾點容易造成失分，在備考時要高度關注：（1）不能正確判斷事件是古典概型還是幾何概型導致錯誤；（2）基本事件對應的區域測度把握不準導致錯誤 ；（3）利用幾何概型的概率公式時 , 忽視驗證事件是否等可能性導致錯誤4、C【解析】分析：對已知函數求兩次導數可得圖象關于點對稱，即，利用倒序相加法即可得到結論.詳解：函數，函數的導數，由得，解得，而，故函數關于點對稱，故設，則，兩式相加得，則，故選C.點睛：本題主要考查初等函數的求導公式，正確理解“拐點”并利用“拐點”求出函數的對稱中心是解決本題的關鍵，求和的過程中使用了倒序相加法，屬

10、于難題.5、C【解析】試題分析：將5張獎票不放回地依次取出共有種不同的取法，若活動恰好在第四次抽獎結束，則前三次共抽到2張中獎票，第四次抽到最后一張中獎票共有種取法，考點：古典概型及其概率計算公式6、B【解析】由已知求得，代入，再由復數代數形式的乘除運算化簡得答案【詳解】解：由圖可知，復數的共軛復數是故選：【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的代數表示法及其幾何意義，屬于基礎題7、C【解析】在中利用正弦定理和二倍角公式能求出角，再依據余弦定理列出關于角的關系式，化簡即得【詳解】，由正弦定理可得，即.由于，.，.又，由余弦定理可得，.故選C.【點睛】本題主要考查正余弦定理解三角形以及

11、三角恒等變換8、D【解析】先求數學期望，再求方差，最后根據方差函數確定單調性.【詳解】，先增后減，因此選D.【點睛】9、B【解析】試題分析：由題意可知,即,解得故B正確考點：1二項式系數；2組合數的運算10、A【解析】利用三角恒等變換化簡的解析式，再根據的圖象變換規律求得的解析式，再利用余弦函數的單調性，求得函數的單調遞減區間.【詳解】解：將函數的圖象上所有的橫坐標伸長為原來的倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，令，求得，可得的單調遞減區間為.故選：A.【點睛】本題主要考查三角恒等變換，余弦函數的單調性，屬于基礎題.11、C【解析】利用分式不等式的解法求出集合，求出兩個集合的公共部分即為兩個集合

12、的交集.【詳解】由集合可知；因為，,故選C.【點睛】研究集合問題，一定要抓住元素，看元素應滿足的屬性.研究兩集合的關系時，關鍵是將兩集合的關系轉化為元素間的關系，本題實質求滿足屬于集合且屬于集合的元素的集合.12、B【解析】根據線面位置關系進行判斷【詳解】平面，平面平面，A正確；若是上靠近的一個四等分點，可證此時為鈍角，B錯；由于，則平面，因此的底面是確定的，高也是定值，其體積為定值，C正確；在平面上的射影是直線，而，因此，D正確故選B【點睛】本題考查空間線面間的位置關系，考查面面垂直、線面平行的判定，考查三垂線定理等，所用知識較多，屬于中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。1

13、3、.【解析】分析：設正三棱錐P-ABC的側棱長為2a,PO為三棱錐的高，做PD垂直于AB，連OD，則PD為側面的高，OD為底面的高的三分之一，在三角形POD中構造勾股定理，列出方程，得到斜高即可詳解：設正三棱錐P-ABC的側棱長為2a,PO為三棱錐的高，做PD垂直于AB，連OD，則PD為側面的高，OD為底面的高的三分之一，在三角形POD中 故全面積為： 故答案為.點睛：這個題目考查了正三棱錐的表面積的求法，其中涉及到體高，斜高和底面的高的三分之一構成的常見的模型；正三棱錐還有一特殊性即對棱垂直，這一性質在處理相關小題時經常用到.14、2【解析】畫出數軸，利用滿足的概率，可以求出的值即可.【詳

14、解】如圖所示，區間的長度是6，在區間上隨機地取一個數，若滿足的概率為，則有，解得，故答案是：2.【點睛】該題考查的是有關長度型幾何概型的問題，涉及到的知識點有長度型幾何概型的概率公式，屬于簡單題目.15、【解析】16、【解析】先結合分段函數的解析式計算，代入可求出的值【詳解】由題意可知，因此，故答案為【點睛】本題考查分段函數求值，在計算多層函數值時，遵循由內到外逐層計算，同時要注意自變量的取值，選擇合適的解析式進行計算，考查計算能力，屬于基礎題三、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】分析：（1）由等腰直角三角形的性質分析可得，又由直線與圓的位置

15、關系可得的值，進而可得的值，將的值代入橢圓的方程即可得結論；（2）根據題意，分、兩種情況討論，若直線的斜率不存在，容易求出的面積，若直線的斜率存在，設直線的方程為，設，聯立直線與橢圓的方程，結合一元二次方程中根與系數的關系，求出的面積消去參數，綜合兩種情況可得結論.詳解：（1）由為等腰直角三角形可得，直線：被圓圓所截得的弦長為2，所以，所以橢圓的方程為.（2）若直線的斜率不存在，則.若直線的斜率存在，設直線的方程為，設，即，則，由題意點為重心，設，則，所以，代入橢圓，得，整理得，設坐標原點到直線的距離為，則的面積.綜上可得的面積為定值.點睛：本題主要考查待定待定系數法求拋物線及橢圓標準方程、圓

16、錐曲線的定值問題以及點在曲線上問題，屬于難題. 探索圓錐曲線的定值問題常見方法有兩種： 從特殊入手，先根據特殊位置和數值求出定值，再證明這個值與變量無關； 直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.18、（1）.（2）【解析】（1）原題轉化為方程有實數解，；（2）為真，即每個命題都為真，根據第一問得到參數范圍，進而得到結果.【詳解】（1）有實數解， （2）橢橢圓焦點在軸上,所以，為真，.【點睛】由簡單命題和邏輯連接詞構成的復合命題的真假可以用真值表來判斷，反之根據復合命題的真假也可以判斷簡單命題的真假假若p且q真，則p 真，q也真；若p或q真，則p，q至少有一個真；若p且q假

17、，則p，q至少有一個假（2）可把“p或q”為真命題轉化為并集的運算；把“p且q”為真命題轉化為交集的運算19、（1）,；（2）或【解析】（1）由三角形面積公式得到AC邊，再由余弦定理即可得出BC邊；（2）由（1）可知，利用余弦定理可求，設的中點為，則，結合為的外心，可得，從而可求得【詳解】（1）設的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，于是，所以因為，所以.由余弦定理得.（2）由得，即，解得或4. 設的中點為D，則，因為O為的外心，所以，于是. 所以當時，； 當時，.【點睛】本題主要考查三角形的面積公式及余弦定理的應用以及向量的基本運算和性質的應用屬于中檔題.20、（1）（2）【解析】1根據條

18、件可得，設，則然后求出范圍即可；（2）根據參數的幾何意義，利用一元二次方程根與系數關系式求出結果【詳解】1，在曲線上，設，的取值范圍；2，故曲線的直角坐標方程為：直線l的標準參數方程為為參數，代入得：設M，N兩點對應的參數分別為，故，異號，【點睛】本題考查了參數方程極坐標方程和直角坐標方程之間的轉換，一元二次方程根和系數關系式的應用，主要考察學生的運算能力和轉換能力，屬基礎題21、（1）；（2）列聯表見解析，能在犯錯誤的概率不超過的前提下認為兩個企業生產的產品的質量有差異【解析】（1）計算甲企業的平均值，得出甲企業產品的質量指標值，計算所求的概率值；（2）根據統計數據填寫列聯表，計算，對照臨界值表得出結論【詳解】（1）依據上述數據，甲廠產品質量指標值的平均值為：，所以，即甲企業生產的零件質量指標值X服從正態分布，又，則， 所以，甲企業零件質量指標值不低于的產品的概率為（2）列聯表：甲廠乙廠總計優質品非優質品總計計算能在犯錯誤的概率不超過的前提下認為兩個企業生產的產品的質量有差異【點睛】本題主要考查了獨立性檢驗與正態分布的