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已知函數，正實數滿足且，若在區間上的最大值為2，則的值分別為A，2B，C，2D，42已知，且

2、，則向量在方向上的投影為（ ）ABCD3的展開式中，的系數為（ ）A15B-15C60D-604定義域為的可導函數的導函數為，滿足，且，則不等式的解集為（ ）ABCD5已知函數，若函數在區間上為單調遞減函數，則實數的取值范圍是（ ）ABCD6已知復數，則（ ）A1BCD57下列命題中真命題的個數是（ ）若是假命題，則、都是假命題；命題“，”的否定是“，”若：，:，則是的充分不必要條件.A0B1C2D38已知函數.若，則（ ）A4B3C2D19在5件產品中，有3件一等品和2件二等品，從中任取2件，以為概率的事件是()A恰有1件一等品B至少有一件一等品C至多有一件一等品D都不是一等品10已知復數,

3、則的共軛復數()ABCD11把四個不同的小球放入三個分別標有號的盒子中，不允許有空盒子的放法有（ ）A12種B24種C36種D48種12已知集合，則等于（ ）A B CD 二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13給出定義 ：對于三次函數設是函數的導數，是的導數，若方程有實數解，則稱點為函數的“拐點”，經過研究發現：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.已知函數.設.若則_14設，則_.15已知某程序框圖如圖所示，則該程序運行后輸出的值為_16設圓x2+y21上的動點P到直線3x+4y100的距離為d，則d的最大值為_三、解答題：共70分

4、。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）如圖，正四棱柱的底面邊長，若與底面所成的角的正切值為（1）求正四棱柱的體積；（2）求異面直線與所成的角的大小18（12分）（1）證明不等式：，；（2）已知，；p是q的必要不充分條件，求的取值范圍.19（12分）已知定義域為的函數，是奇函數.（1）求，的值；（2）若對任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍.20（12分）已知正項數列an 為等比數列，等差數列bn 的前n 項和為Sn （nN* ），且滿足：S11=208，S9S7=41，a1=b2，a1=b1（1）求數列an，bn 的通項公式；（2）設Tn=a1b1+a2b2+anbn （n

5、N* ），求Tn； （1）設，是否存在正整數m，使得cmcm+1cm+2+8=1（cm+cm+1+cm+2）21（12分）在中，角的對邊分別為，.（1）求；（2）若，求的周長.22（10分）設函數.（）求的值；（）設，若過點可作曲線的三條切線，求實數的取值范圍參考答案一、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、A【解析】試題分析：畫出函數圖像，因為正實數滿足且，且在區間上的最大值為1，所以=1，由解得，即的值分別為，1故選A考點：本題主要考查對數函數的圖象和性質點評：基礎題，數形結合，畫出函數圖像，分析建立m,n的方程2、C【解析】

6、分析：由推導出，從而，由此能求出向量在向量方向上的投影.詳解：，且， ，向量在向量方向上的投影為，故選C. 點睛：本題主要考查向量的模及平面向量數量積公式，屬于中檔題.平面向量數量積公式有兩種形式，一是，二是，主要應用以下幾個方面:(1)求向量的夾角， （此時往往用坐標形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直則;(4)求向量 的模（平方后需求）.3、C【解析】試題分析：依題意有，故系數為.考點：二項式4、C【解析】構造函數，根據可知，得到在上單調遞減；根據，可將所求不等式轉化為，根據函數單調性可得到解集.【解答】令，則在上單調遞減 則不等式可化為等價于，即 即所求不等式的解集

7、為：本題正確選項：【點睛】本題考查利用導數研究函數的單調性求解不等式，關鍵是能夠構造函數，將所求不等式轉變為函數值的比較，從而利用其單調性得到自變量的關系5、B【解析】因為，所以，由正弦函數的單調性可得，即，也即，所以，應選答案B。點睛：解答本題的關鍵是將函數看做正弦函數，然后借助正弦函數的單調性與單調區間的關系，依據區間端點之間的大小關系建立不等式組，最后通過解不等式組使得問題巧妙獲解。6、C【解析】.故選7、C【解析】分析：由復合命題的真假判斷判斷；寫出全程命題的否定判斷；由不等式的性質結合充分必要條件的判定方法判斷詳解：若pq是假命題，則p，q中至少一個是假命題，故錯誤；命題“xR，x3

8、x2+10”的否定是“”，故正確；若x10，則，反之，若，則x0或x1又p：x1，q：，p是q的充分不必要條件，故正確正確命題的個數是2個故選：C點睛：本題考查命題的真假判斷與應用，考查充分必要條件的判定方法，考查命題的否定，屬于中檔題8、D【解析】令，則是R上的奇函數，利用函數的奇偶性可以推得的值【詳解】令 ，則是上的奇函數，又，所以，所以，所以，故選D.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性的應用，屬于中檔題9、C【解析】將件一等品編號為，件二等品的編號為，列舉出從中任取件的所有基本事件的總數，分別計算選項的概率，即可得到答案【詳解】將3件一等品編號為1,2,3,2件二等品編號為4,5，從中任取

9、2件有10種取法：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)其中恰含有1件一等品的取法有：(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，恰有1件一等品的概率為P1，恰有2件一等品的取法有：(1,2)，(1,3)，(2,3)故恰有2件一等品的概率為P2，其對立事件是“至多有一件一等品”，概率為P31P21.【點睛】本題主要考查了古典概型及其概率的計算問題，其中明確古典概型的基本概念，以及古典的概型及概率的計算公式，合理作出計算是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題10、A【

10、解析】對復數進行化簡，然后得到，再求出共軛復數.【詳解】因為，所以，所以的共軛復數故選A項.【點睛】本題考查復數的四則運算，共軛復數的概念，屬于簡單題.11、C【解析】先從4個球中選2個組成復合元素，再把個元素（包括復合元素）放入個不同的盒子，即可得出答案.【詳解】從個球中選出個組成復合元素有 種方法，再把個元素（包括復合元素）放入個不同的盒子中有 種放法，所以四個不同的小球放入三個分別標有號的盒子中，不允許有空盒子的放法有，故選C.【點睛】本題主要考查了排列與組合的簡單應用，屬于基礎題.12、C【解析】由不等式性質求出集合A、B，由交集的定義求出可得答案.【詳解】解：可得；，可得=故選C.【

11、點睛】本題考查了交集及其運算，求出集合A、B并熟練掌握交集的定義是解題的關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-4037【解析】由題意對已知函數求兩次導數,令二階導數為零,即可求得函數的中心對稱,即有,借助倒序相加的方法,可得進而可求的解析式,求導,當代入導函數解得,計算求解即可得出結果.【詳解】函數函數的導數由得解得,而故函數關于點對稱, 故，兩式相加得，則.同理,令,則,故函數關于點對稱, ,兩式相加得,則.所以當時, 解得: ,所以則.故答案為: -4037.【點睛】本題考查對新定義的理解,考查二階導數的求法,仔細審題是解題的關鍵,考查倒序法求和,難度較難.14、1

12、023【解析】分別將代入求解即可【詳解】將代入得；將代入得 故 故答案為1023【點睛】本題考查二項式展開式中項的系數和，考查賦值法和方程的思想，是基礎題15、【解析】執行程序框圖，依次寫出每次循環得到的S，i的值，當i2019時，不滿足條件退出循環，輸出S的值為【詳解】執行程序框圖，有S2，i1滿足條件 ，執行循環，S，i2滿足條件 ，執行循環，S，i3滿足條件 ，執行循環，S，i4滿足條件 ，執行循環， S2，i5觀察規律可知，S的取值以4為周期，由于2018504*4+2，故有：S, i2019，不滿足條件退出循環，輸出S的值為，故答案為【點睛】本題主要考查了程序框圖和算法，其中判斷S的

13、取值規律是解題的關鍵，屬于基本知識的考查16、3【解析】將問題轉化為求圓心到直線的距離加上半徑，再由點到直線的距離公式可得結果.【詳解】依題意可知，圓x2+y21上的動點P到直線3x+4y100的距離的最大值等于圓心到直線的距離加上半徑，因為圓心到直線為，圓的半徑為1，所以的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查了點到直線的距離公式，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】（1）是與底面所成的角,所以,可得,在用柱體體積公式即可求得答案;（2）因為正四棱柱,可得,所以是異面直線與所成的角.【詳解】（1）如圖,連接 正四棱柱的底面邊長

14、面 是與底面所成的角在中, 正四棱柱的體積為:.（2） 正四棱柱 是異面直線與所成的角在中, 異面直線與所成的角為:.【點睛】本題考查了正四棱柱體積和空間異面直線夾角.在求解異面直線所成角的求解,通過平移找到所成角是解這類問題的關鍵.18、（1）見證明；（2）.【解析】（1）構造函數，將問題轉化為，然后利用導數求出函數的最小值即可得證；（2）解出命題中的不等式，由題中條件得出的兩個取值范圍之間的包含關系，然后列出不等式組可解出實數的取值范圍.【詳解】（1）即證：，.令，則，令，得.當時，；當時，.所以，函數單調遞減區間為，單調遞增區間為.所以，函數在處取得極小值，亦即最小值，即.因此，因此，對

15、任意的，；（2）解不等式，得，則.由于是的必要不充分條件，則，則有，解得.當時，則，合乎題意.因此，實數的取值范圍是.【點睛】本題第（1）考查利用導數證明函數不等式，一般構造差函數，轉化為差函數的最值來證明，第（2）問考查利用充分必要條件求參數的取值范圍，一般轉化為兩集合間的包含關系求解，考查化歸與轉化數學思想，屬于中等題.19、（1）；（2）【解析】（1）先由求出，然后由求出（2）由得在上為減函數，然后將不等式化為即可.【詳解】（1）因為是上的奇函數，所以，即，解得.從而有.又由知，解得.經檢驗，當時，滿足題意（2）由（1）知，由上式易知在上為減函數，又因為是奇函數，從而不等式等價于.因為是

16、上的減函數，由上式推得.即對一切有，從而，解得.【點睛】本題主要考查的是利用函數的奇偶性和單調性解不等式，較為典型.20、（1）；（2）；（1）存在，m=2【解析】分析：（1）先根據已知條件列方程求出b1=2，d=1,得到等差數列bn的通項，再求出，即得等比數列an的通項.(2)利用錯位相減法求Tn.(1)對m分類討論，探究是否存在正整數m，使得cmcm+1cm+2+8=1（cm+cm+1+cm+2）詳解：（1）等差數列bn 的前n 項和為Sn （nN* ），且滿足：S11=208，S9S7=41，即解得b7=16，公差為1，b1=2，bn=1n5，a1=b2=1，a1=b1=4，數列an 為

17、等比數列，an=2n1，nN*（2）Tn=a1b1+a2b2+anbn=21+12+（1n5）2n1，2Tn=22+122+（1n5）2n，得Tn=2+1（2+22+2n1）（1n5）2n=（81n）2n8，Tn=（1n8）2n+8，nN*（1）設，當m=1時，c1c2c1+8=114+8=12，1（c1+c2+c1）=18，不相等，當m=2時，c2c1c4+8=147+8=16，1（c2+c1+c4）=16，成立，當m1且為奇數時，cm，cm+2為偶數，cm+1為奇數，cmcm+1cm+2+8為偶數，1（cm+cm+1+cm+2）為奇數，不成立，當m4且為偶數時，若cmcm+1cm+2+8=

18、1（cm+cm+1+cm+2），則（1m5）2m（1m+1）+8=1（1m5+2m+1m+1），即（9m212m8）2m=18m20，（*）（9m212m8）2m（9m212m8）2418m20，（*）不成立，綜上所述m=2點睛：（1）本題主要考查等差等比數列的通項的求法，考查錯位相減法求和，考查數列的綜合應用，意在考查對這些基礎知識的掌握水平和分析推理能力基本運算能力.(2)本題的難點是第1問，關鍵是對m分m=1,m=2,m1且為奇數, m4且為偶數四種情況討論.21、（1）（2）【解析】（1）由余弦定理化簡即得A的值；（2）由題得，再利用正弦定理求出a,c，即得ABC的周長.【詳解】解：（1）根據，可得 所以.又因為，所以.（2），所以，因為，所以，則的周長為.【點睛】本題主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.22、（）8（）【解析】（）根據二項定理展開式展開，即可確定對應項的系數，即可求解.（）代入值后可求得的解析式，經過檢驗可知點不在曲線上，即可設切點坐標為，代入曲線方程并求得，由導數的幾何意義及兩點間斜率公式，可得方程，且由題意可知該方程有三個