1、2021-2022高二下數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。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的展開式中各項系數之和為（ ）AB16C1D02下列關于獨立性檢驗的敘述：常用等高條形圖展示列聯表數據的頻率特征；獨立性檢驗依據小概率原理；樣本不同，獨立性檢驗的結論可能有差異；對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，與有關系的把握程度就

2、越大.其中正確的個數為（ ）A1B2C3D43下列說法中：相關系數用來衡量兩個變量之間線性關系的強弱，越接近于1，相關性越弱；回歸直線過樣本點中心；相關指數用來刻畫回歸的效果，越小，說明模型的擬合效果越不好兩個模型中殘差平方和越小的模型擬合的效果越好.正確的個數是（ ）A0B1C2D34已知函數，如果函數在定義域為(0,+)只有一個極值點，則實數的取值范圍是ABCD5的展開式中的系數為（ ）A5B10C20D306命題“ ， ”的否定為()ABC ，D，7設f（x）x4，則函數f（x）的零點位于區間（）A（1，0）B（0，1）C（1，2）D（2，3）8甲、乙兩人進行乒乓球比賽,比賽規則為“3局

3、2勝”,即以先贏2局者為勝,根據經驗,每局比賽中甲獲勝的概率為0.4,則本次比賽甲獲勝的概率是（ ）A0.216B0.36C0.352D0.6489當時，函數，則下列大小關系正確的是（ ）ABCD10已知隨機變量服從正態分布，且，則（ ）ABCD11下列三句話按“三段論”模式排列順序正確的是（ ）是周期函數；三角函數是周期函數；是三角函數ABCD12若命題p：，則是（ ）A，B，C，D，二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若的展開式中第項與第項的二項式系數相等，則該展開式中的系數_14在的二項展開式中，只有第5項的二項式系數最大，則該二項展開式中的常數項等于_.15為計算，設計

4、了下面的程序框圖，則在空白框中應填入_.16已知，之間的一組數據如表表示，關于的回歸方程是，則等于_01243.9714.1三、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）已知函數的定義域為，值域是.（）求證: ；（）求實數的取值范圍.18（12分）如圖，一張坐標紙上已作出圓及點，折疊此紙片，使與圓周上某點重合，每次折疊都會留下折痕，設折痕與直線的交點為，令點的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）若直線與軌跡交于、兩點,且直線與以為直徑的圓相切，若，求的面積的取值范圍19（12分）在一個圓錐內作一個內接等邊圓柱（一個底面在圓錐的底面上，且軸截面是正方形的圓柱），再

5、在等邊圓柱的上底面截得的小圓錐內做一個內接等邊圓柱，這樣無限的做下去.（1）證明這些等邊圓柱的體積從大到小排成一個等比數列；（2）已知這些等邊圓柱的體積之和為原來圓錐體積的，求最大的等邊圓柱的體積與圓錐的體積之比.20（12分）中石化集團獲得了某地深海油田區塊的開采權，集團在該地區隨機初步勘探了部分兒口井，取得了地質資料.進入全面勘探時期后，集團按網絡點來布置井位進行全面勘探. 由于勘探一口井的費用很高，如果新設計的井位與原有井位重合或接近，便利用舊井的地質資料，不必打這口新井，以節約勘探費用勘探初期數據資料見如表： （）16號舊井位置線性分布，借助前5組數據求得回歸直線方程為y=6.5x+a

6、，求a，并估計y的預報值； （）現準備勘探新井7(1,25)，若通過1、3、5、7號井計算出的b,a的值（b,a精確到0.01）相比于（）中（參考公式和計算結果：b=（）設出油量與勘探深度的比值k不低于20的勘探并稱為優質井，那么在原有井號16的出油量不低于50L的井中任意勘探3口井，求恰好2口是優質井的概率.21（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數）.以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）寫出的普通方程和的直角坐標方程；（2）設點在上，點在上，求的最小值及此時的直角坐標.22（10分）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，(

7、1)若B1C=1，求直線AB(2)在(1)的條件下，求二面角A1(3)若B1C=2，CG平面A1ABB1，G為垂足，令CG=pCA+qCB+rCB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】令，由此求得二項式的展開式中各項系數之和.【詳解】令，得各項系數之和為故選：C【點睛】本小題主要考查二項式展開式各項系數之和的求法，屬于基礎題.2、C【解析】分析：根據獨立性檢驗的定義及思想，可得結論詳解：常用等高條形圖展示列聯表數據的頻率特征；正確；獨立性檢驗依據小概率原理；正確；樣本不同，獨立性檢驗的結論可能有差異；正確；對

8、分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越大，與有關系的把握程度就越大.故錯誤.故選C.點睛：本題考查了獨立性檢驗的原理，考查了推理能力，屬于基礎題3、D【解析】根據線性回歸方程的性質，結合相關系數、相關指數及殘差的意義即可判斷選項.【詳解】對于，相關系數用來衡量兩個變量之間線性關系的強弱，越接近于1，相關性越強，所以錯誤；對于，根據線性回歸方程的性質，可知回歸直線過樣本點中心，所以正確；對于，相關指數用來刻畫回歸的效果，越小，說明模型的擬合效果越不好，所以正確；對于，根據殘差意義可知，兩個模型中殘差平方和越小的模型擬合的效果越好，所以正確；綜上可知，正確的為，故選：D.【點睛】本題考查了線性回歸方

9、程的性質，相關系數與相關指數的性質，屬于基礎題.4、C【解析】分析：求函數的導函數，并化簡整理，結合函數在定義域為(0,+)只有一個極值點進行討論即可.詳解：函數的定義域為(0,+) 當時，恒成立，令，則，即在上單調遞增，在上單調遞減，則在處取得極小值，符合題意；當時，時，又函數在定義域為(0,+)只有一個極值點，在處取得極值.從而或恒成立，構造函數，設與相切的切點為，則切線方程為，因為切線過原點，則，解得，則切點為此時.由圖可知：要使恒成立，則.綜上所述：.故選：C.點睛：導函數的零點并不一定就是原函數的極值點所以在求出導函數的零點后一定要注意分析這個零點是不是原函數的極值點5、D【解析】根

10、據乘法分配律和二項式展開式的通項公式，列式求得的系數.【詳解】根據乘法分配律和二項式展開式的通項公式，題目所給表達式中含有的為，故展開式中的系數為，故選D.【點睛】本小題主要考查二項式展開式通項公式的應用，考查乘法分配律，屬于基礎題.6、A【解析】分析：全稱命題的否定是特稱命題，直接寫出結果即可詳解：全稱命題的否定是特稱命題，命題“x2，+），x+31”的否定是x02，+），x0+31，故選：A點睛：本題考查命題的否定，全稱命題與特稱命題的關系，基本知識的考查，注意命題的否定與否命題的區別命題的否定是既否結論，又否條件；否命題是只否結論.7、C【解析】根據零點的判定定理，結合單調性直接將選項的

11、端點代入解析式判正負即可【詳解】f（x）2x+x4中，y2x單增，y=x-4也是增函數，f（x）2x+x4是增函數，又f（1）10，f（2）20，故選C【點睛】本題考查了函數零點存在定理的應用，考查了函數單調性的判斷，屬于基礎題8、C【解析】先列舉出甲獲勝的情況，再利用獨立事件的概率乘法公式可計算出所求事件的概率。【詳解】記事件A:甲獲勝，則事件A包含：比賽兩局，這兩局甲贏；比賽三局，前兩局甲、乙各贏一局，第三局甲贏。由獨立事件的概率乘法公式得PA故選：C.【點睛】本題考查獨立事件的概率乘法公式的應用，解題前先要弄清事件所包含的基本情況，并逐一列舉出來，并結合概率的乘法公式進行計算，考查計算能

12、力，屬于中等題。9、D【解析】對函數進行求導得出在上單調遞增，而根據即可得出，從而得出，從而得出選項【詳解】，由于時，函數在上單調遞增，由于，故，所以，而，所以，故選D.【點睛】本題主要考查增函數的定義，根據導數符號判斷函數單調性的方法，以及積的函數的求導，屬于中檔題.10、C【解析】由題意結合正態分布的對稱性得到關于a的方程，解方程即可求得實數a的值.【詳解】隨機變量服從正態分布，則正態分布的圖象關于直線對稱，結合有，解得：.本題選擇C選項.【點睛】關于正態曲線在某個區間內取值的概率求法：熟記P(X)，P(2X2)，P(31,n1的要求，從而說明m3；(2)根據復合函數的單調性法則，由于對數

13、的底數0a1,以及的單調性判斷出原函數f(x)在上為增函數，根據已知定義域和值域及函數的單調性，寫出x值與y值的對應關系式，得出列方程組，把問題轉化為一元二次方程存在兩個大于3的實根問題，最后利用根的分布條件列出不等式組，解出a的范圍.試題解析：() ,又因為函數的定義域，可得或,而函數的值域為，由對數函數的性質知，() 在區間上遞增,又因為即單調遞減的函數.即有兩個大于3的實數根， .【點睛】（1）處理有關集合的包含關系問題，無限數集一般使用數軸作為工具，可以直觀畫出集合的包含關系，常借助端點數值的大小關系滿足集合的要求；（2）根據函數的單調性及函數的定義域和值域，可以得出自變量與函數值的對

14、應關系，化歸與轉化思想是高考要求學生學會的一種數學思想，把一個陌生的問題通過轉化，變為一個熟悉的問題去解決，本題把滿足方程組要求的問題轉化為一元二次方程的根的分布問題，很容易得到解決.18、（1）；（2）【解析】分析：（1）根據垂直平分線的性質可得的軌跡是以為焦點的橢圓，且，可得，的軌跡的方程為；（2）與以為直徑的圓相切，則到的距離：，即， 由，消去，得，由平面向量數量積公式可得，由三角形面積公式可得，換元后，利用單調性可得結果.詳解：（1）折痕為PP的垂直平分線，則|MP|=|MP|，由題意知圓E的半徑為，|ME|+|MP|=|ME|+|MP|=|EP|， E的軌跡是以E、P為焦點的橢圓，且

15、，M的軌跡C的方程為 （2）與以EP為直徑的圓x2+y2=1相切，則O到的距離：，即， 由，消去y，得（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0， 直線與橢圓交于兩個不同點，=16k2m28（1+2k2）（m21）=8k20，k20，設A（x1，y1），B（x2，y2），則， y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2=， 又， 設=k4+k2，則，10分SAOB關于單調遞增，AOB的面積的取值范圍是 點睛：本題主要考查利用定義求橢圓方程及圓錐曲線求最值，屬于難題.解決圓錐曲線中的最值問題一般有兩種方法：一是幾何意義，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結

16、論來解決，非常巧妙；二是將圓錐曲線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不等式法，本題（2）就是用的這種思路，利用均值不等式法求三角形面積最值的.19、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）求出第一個等邊圓柱的體積，設第個等邊圓柱的底面半徑為，其外接圓錐的底面半徑為，高為，則其體積，進一步求得第個等邊圓柱的體積，作比可得這些等邊圓柱的體積從大到小排成一個等比數列；（2）由這些等邊圓柱的體積之和為原來圓錐體積的可得與的關系，則答案可求【詳解】（1）證明：如圖，設圓錐的底面半徑為，高為，內接等邊圓柱的底面半徑為，則由三角形相似

17、可得：，可得其體積設第個等邊圓柱的底面半徑為，其外接圓錐的底面半徑為，高為，則其體積，再設第個等邊圓柱的底面半徑為，則其外接圓錐的底面半徑為，高為，則第個等邊圓柱的體積為定值，則這些等邊圓柱的體積從大到小排成一個以為首項，以為公比的等比數列；（2）解：原來圓錐的體積為，這些等邊圓柱的體積之和為由，得，則最大的等邊圓柱的體積為，圓錐的體積為，體積之比為【點睛】本題考查圓柱、圓錐體積的求法，考查等比數列的確定及所有項和公式的應用，是中檔題20、（1）17.5，；（3）；（3）35【解析】試題分析：（1）因為回歸直線必過樣本中心點，求得；（2）利用公式求得，再和現有數據進行比較；（3）是古典概型，由

18、題意列出從這口井中隨機選取口井的可能情況，求出概率.試題解析：因為，回歸只需必過樣本中心點，則，故回歸只需方程為，當時，即的預報值為.4分因為，所以.，即，.，均不超過，因此使用位置最接近的已有舊井；8分易知原有的出油量不低于的井中，這口井是優質井，這口井為非優質井，由題意從這口井中隨機選取口井的可能情況有：，共種，其中恰有口是優質井的有中，所以所求概率是.12分考點：線性回歸方程及線性回歸分析，古典概型.21、（1）的普通方程為：，的直角坐標方程為：（2）的最小值為，此時的直角坐標為【解析】（1）直接利用參數方程和極坐標方程公式得到答案.（2）最小值為點到直線的距離，,再根據三角函數求最值.【詳解】（1）：，化簡：.： ，由，化簡可得：.所以的普通方程為：，的直角坐標方程為：；（2）由題意，可設點的直角坐標為，因為是直線，所以的最小值，即為到的距離的最小值，利用三角函數性質求得最小值.，其中，當且僅當，時，取得最小值，最小值為，此時的直角坐標為.【點睛】