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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、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如圖所示，將一個四棱錐的每一個頂點染上一種顏色，并使同一條棱上的兩端異色，如果只有5種顏色可供使用，則不同的染色

2、方法種數是()A420B210C70D352設集合，若，則 ( )ABCD3設函數f（x），g（x）在A，B上均可導，且f（x）g（x），則當AxB時，有（）Af（x）g（x）Bf（x）+g（A）g（x）+f（A）Cf（x）g（x）Df（x）+g（B）g（x）+f（B）4設集合，則ABCD5已知甲口袋中有個紅球和個白球，乙口袋中有個紅球和個白球，現從甲，乙口袋中各隨機取出一個球并相互交換，記交換后甲口袋中紅球的個數為，則（ ）ABCD6已知復數，則的虛部是（ ）ABCD7已知函數，對于任意，且，均存在唯一實數，使得，且，若關于的方程有4個不相等的實數根，則的取值范圍是（）ABCD8設隨機變量的

3、分布列為，則（ ）A3B4C5D69在極坐標系中，曲線的極坐標方程為，曲線的極坐標方程為，若曲線與交于、兩點，則等于（）ABCD10設函數，滿足，若函數存在零點，則下列一定錯誤的是( )ABCD11若，則，的大小關系是（ ）ABCD12曲線在點處的切線方程是( )ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13某外商計劃在個候選城市中投資個不同的項目，且在同一個城市投資的項目不超過個，則該外商不同的投資方案有_種14我國古代數學名著算法統宗中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是

4、上一層燈數的2倍，則塔的頂層燈數為_15已知“”是“”的充分不必要條件，且，則的最小值是_16有5條線段，其長度分別為3,4,5,7,9,現從中任取3條，則能構成三角形的概率是_.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）已知函數（1）試討論在極值點的個數；（2）若函數的兩個極值點為，且，為的導函數，設，求實數的取值范圍18（12分）對于集合,定義.集合中的元素個數記為.規定：若集合滿足,則稱集合具有性質.(1)已知集合,寫出,的值；(2)已知集合,其中,證明：有性質；(3)已知集合,有性質,且求的最小值.19（12分）甲、乙兩名工人加工同一種零件，兩人每天加

5、工的零件數相等，所出次品數分別為，且和的分布列為：012012試比較兩名工人誰的技術水平更高20（12分）已知函數在處有極值，求的值及的單調區間.21（12分）已知在平面直角坐標系中，直線的參數方程是（t是參數），以原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為（1）判斷直線與曲線C的位置關系；（2）設點為曲線C上任意一點，求的取值范圍22（10分）已知函數.（）求的單調區間；（）若對于任意的（為自然對數的底數），恒成立，求的取值范圍.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】將不同的染色方案

6、分為：相同和不同兩種情況，相加得到答案.【詳解】按照的順序：當相同時：染色方案為 當不同時：染色方案為 不同的染色方案為：種故答案為A【點睛】本題考查了加法原理和乘法原理，把染色方案分為相同和不同兩種情況是解題的關鍵.2、C【解析】 集合， 是方程的解，即 ，故選C3、B【解析】試題分析：設F（x）=f（x）-g（x），在A，B上f（x）g（x），F（x）=f（x）-g（x）0，F（x）在給定的區間A，B上是減函數當xA時，F（x）F（A），即f（x）-g（x）f（A）-g（A）即f（x）+g（A）g（x）+f（A）考點：利用導數研究函數的單調性4、A【解析】由題意，故選A.點睛:集合的基本運

7、算的關注點：(1)看元素組成集合是由元素組成的，從研究集合中元素的構成入手是解決集合運算問題的前提(2)有些集合是可以化簡的，先化簡再研究其關系并進行運算，可使問題簡單明了，易于解決(3)注意數形結合思想的應用，常用的數形結合形式有數軸、坐標系和Venn圖5、A【解析】先求出的可能取值及取各個可能取值時的概率，再利用可求得數學期望.【詳解】的可能取值為.表示從甲口袋中取出一個紅球，從乙口袋中取出一個白球，故.表示從甲、乙口袋中各取出一個紅球，或從甲、乙口袋中各取出一個白球，故.表示從甲口袋中取出一個白球，從乙口袋中取出一個紅球，故.所以.故選A.【點睛】求離散型隨機變量期望的一般方法是先求分布

8、列，再求期望.如果離散型隨機變量服從二項分布，也可以直接利用公式求期望.6、B【解析】將利用復數代數形式的乘除運算化簡即可得到答案.【詳解】由題意，所以的虛部是.故選：B【點睛】本題主要考查復數的基本概念和復數代數形式的乘除運算，屬于基礎題.7、A【解析】解：由題意可知f（x）在0，+）上單調遞增，值域為m，+），對于任意sR，且s0，均存在唯一實數t，使得f（s）f（t），且st，f（x）在（，0）上是減函數，值域為（m，+），a0，且b+1m，即b1m|f（x）|f（）有4個不相等的實數根，0f（）m，又m1，0m，即0（1）mm，4a2，則a的取值范圍是（4，2），故選A點睛：本題中涉及

9、根據函數零點求參數取值，是高考經常涉及的重點問題，（1）利用零點存在的判定定理構建不等式求解；（2）分離參數后轉化為函數的值域（最值）問題求解，如果涉及由幾個零點時，還需考慮函數的圖象與參數的交點個數；（3）轉化為兩熟悉的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解.8、C【解析】分析：根據方差的定義計算即可.詳解：隨機變量的分布列為，則則 、故選D點睛：本題考查隨機變量的數學期望和方差的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意方差計算公式的合理運用9、B【解析】由題意可知曲線與交于原點和另外一點，設點為原點，點的極坐標為，聯立兩曲線的極坐標方程，解出的值，可得出，即可得出的值.【詳解】易知，曲

10、線與均過原點，設點為原點，點的極坐標為，聯立曲線與的坐標方程，解得，因此，故選：B.【點睛】本題考查兩圓的相交弦長的計算，常規方法就是計算出兩圓的相交弦方程，計算出弦心距，利用勾股定理進行計算，也可以聯立極坐標方程，計算出兩極徑的值，利用兩極徑的差來計算，考查方程思想的應用，屬于中等題.10、C【解析】分析：先根據確定符號取法，再根據零點存在定理確定與可能關系.詳解：單調遞增，因為，所以或,根據零點存在定理得或或,因此選C.點睛：確定零點往往需將零點存在定理與函數單調性結合起來應用，一個說明至少有一個，一個說明至多有一個，兩者結合就能確定零點的個數.11、A【解析】分析：利用定積分，將已知化簡

11、，即可比較大小詳解：由題意，可得，則，所以，故選A點睛：本題主要考查了定積分的運算，其中根據微積分基本定理，求解的值是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力12、D【解析】求出原函數的導函數，得到f（0）2，再求出f（0），由直線方程的點斜式得答案【詳解】f（x） ，f（0）2，又f（0）1函數圖象在點（0，f（0）處的切線方程是y+12（x0），即故選：D【點睛】本題考查了利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，過曲線上某點的切線的斜率，就是函數在該點處的導數值，是中檔題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、60【解析】試題分析：每個城市投資1個項目有種，有一個城市投資2個有種，

12、投資方案共種.考點：排列組合.14、1【解析】分析：設塔的頂層共有a1盞燈，則數列an公比為2的等比數列，利用等比數列前n項和公式能求出結果詳解: 設塔的頂層共有a1盞燈，則數列an公比為2的等比數列，S7=a1(1-27點睛：本題考查了等比數列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力.15、【解析】先求解指數不等式，再運用充分不必要條件求解范圍.【詳解】，則由題意得，所以能取的最小整數是【點睛】本題考查指數不等式和充分不必要條件，屬于基礎題.16、【解析】從5條線段中任取3條共有10種情況,將能構成三角形的情況數列出,即可得概率.【詳解】從5條線段中任取3條,共有種情況,其中,能構成三

13、角形的有：3,4,5; 3,5,7; 3,7,9; 4,5,7; 4,7,9; 5,7,9. 共6種情況；即能構成三角形的概率是,故答案為：【點睛】本題考查了古典概型的概率公式,注意統計出滿足條件的情況數,再除以總情況數即可,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）見解析；（2）【解析】（1）對函數求導，討論導函數的正負，即可得到函數的單調性，從而可求出極值的個數；（2）先求出函數的表達式，進而可得到極值點的關系，可用來表示及，代入的表達式，然后構造函數關于的函數，求出值域即可.【詳解】解：（1）易知定義域為，.當時，恒成立，在為增函數，沒有極值點

14、；當時，恒成立，在為增函數，沒有極值點；當時，由，令得，令得，則在上單調遞減，在單調遞增，故只有一個極大值點，沒有極小值點；當時，由，令得，令得,則在上單調遞增，在單調遞減，故只有一個極小值點，沒有極大值點.（2）由條件得且有兩個根，滿足，或，因為，所以，故符合題意.因為函數的對稱軸，所以.，則，因為，所以，令，則，顯然在上單調遞減，在單調遞增，則.故的取值范圍是.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的極值問題，考查了函數的單調性與最值，考查了轉化思想與分類討論思想，屬于難題.18、 (1) (2)證明過程見解析； (3) .【解析】(1)利用定義,通過計算可以求出,的值；(2)可以知道集合中的

15、元素組成首項為,公比為的等比數列,只要證明這個等比數列中的任意兩項(包括本身與本身)的和不在這個數列中即可.(3) 根據,有性質了,可以知道集合中元素的性質,這樣可以求出的最小值.【詳解】(1) 根據定義可得：,.所以(2) 數列的通項公式為：.若存在成立，則,因此有,即有.等式的左邊是2的倍數,右邊是3的倍數,故等式不成立,因此等比數列中的任意兩項(包括本身與本身)的和不在這個數列中所以中的元素的個數為：,即,所以有性質； (3) 集合具有性質,所以集合中的任意兩個元素的和都不在該集合中,也就是集合中的任意兩個元素的和都不相等,對于任意的有,也就是任意兩個元素的差的絕對值不相等.設,所以集合

16、具有性質 ,集合,有性質,且(當且僅當時,取等號).所以的最小值為.【點睛】本題考查了新定義題,考查了等比數列的性質,考查了反證法的應用.19、工人乙的技術水平更高【解析】計算平均數與方差，即可得出結論【詳解】，說明兩人出的次品數相同，可以認為他們技術水平相當，又，工人乙的技術比較穩定.可以認為工人乙的技術水平更高.【點睛】本題考查平均數與方差的實際意義，考查學生的計算能力，屬于基礎題20、見解析.【解析】試題分析:由極值定義得，解得，再根據導函數符號確定函數單調區間：當時，單調遞增；當時，單調遞減.試題解析:的定義域為， 由題意可得，解得：，從而， 顯然在上是減函數，且，所以當時， 單調遞增

17、；當時，單調遞減. 故的單調增區間是，的單調減區間是21、（1）相離；（2）.【解析】試題分析：本題考查參數方程與普通方程、極坐標方程與直角坐標方程的轉化，圓的參數方程的應用以及直線和圓的位置關系的判斷（1）把直線、曲線方程化為直角坐標方程后根據圓心到直線的距離和半徑的關系判斷即可（2）利用圓的參數方程，根據點到直線的距離公式和三角函數的知識求解試題解析：（1）由，消去得直線的普通方程為：由，得. ，即 .化為標準方程得：. 圓心坐標為，半徑為1， 圓心到直線的距離， 直線與曲線相離.（2）由為曲線上任意一點，可設，則，,的取值范圍是.22、（I）當時， 的單調遞增區間為，無單調遞減區間；當時，的單調遞增區間為和，單調遞減區間是；（II）【解析】（）求出，分兩種情況討論，在定義域內，分別令求得的范圍，可得函數增區間，求得的范圍，可得函數的減區間；（）對分四種情況討論，分別利用導數求出函數最小值的表達式，令最小值不小于零，即可篩選出符合題意的的取值范圍.【詳解】（）的定義域為. .（1）當時，恒成立，的單調遞增區間為，無單調遞減區間；（2）當時，由解得，由解得.的單調遞增區間為和，單調遞減區間是.（）當時，恒成立，在上單調遞增，恒成立，符合題意.當時，由（）知，在、上單調遞增，在上單調遞減.（i）若，即時，