1、2021-2022高二下數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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。1已知是定義在上的函數，且對任意的都有，若角滿足不等式，則的取值范圍是（ ）ABCD2拋物線y2=4x的焦點為F，點A（3，2），P為拋物線上一點，且P不在直線AF上，則PAF周長的最

2、小值為（ ）A4B5CD3已知實數，則的大小關系是()ABCD4已知復數為虛數單位，是的共軛復數，則（ ）ABCD5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（ ）A0B1C2D36若正數滿足，則的最小值為（ ）A3B4C5D67已知，若包含于，則實數的取值范圍是（ ）ABCD8函數在處的切線與雙曲線的一條漸近線平行，則雙曲線的離心率是（ ）ABCD9在一次抗洪搶險中，準備用射擊的方法引爆漂流的汽油桶。現有5發子彈，第一

3、次命中只能使汽油流出，第二次命中才能引爆，每次射擊相互獨立，且命中概率都是 。則打光子彈的概率是（ ）ABCD10在發生某公共衛生事件期間，有專業機構認為該事件在一段時間沒有發生在規模群體感染的標志為“連續10天，每天新增疑似病例不超過7人”.根據過去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例數據，一定符合該標志的是A甲地：總體均值為3，中位數為4B乙地：總體均值為1，總體方差大于0C丙地：中位數為2，眾數為3D丁地：總體均值為2，總體方差為311已知是定義在上的偶函數，且，當時，則不等式的解集是( )ABCD以上都不正確12已知隨機變量Xi滿足P(Xi=1)=pAE(X1BE(X1CE(X1DE(

4、X1二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知函數 ,若對任意,存在,，則實數的取值范圍為_.14棱長為1的正方體的8個頂點都在球面O的表面上，E、F分別是棱、的中點，則直線EF被球O截得的線段長為_15若x，y滿足約束條件則z=x2y的最小值為_.16已知方程有兩個根、，且，則的值為_.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.(1)求不等式的解集；(2)若存在使不等式成立，求實數的取值范圍18（12分）如圖，直三棱柱中，為等腰直角三角形，且.分別為的中點.（1）求證：；（2）求二面角的余弦值.19（12分）在平面直角坐標系中，過點作直

5、線分別與x軸正半軸、y軸正半軸交于點A，B.（1）若，求直線的一般式方程；（2）求當取得最小值時直線的方程.20（12分）如圖，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，BAD=60，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點（1）證明：MN平面C1DE；（2）求AM與平面A1MD所成角的正弦值21（12分）已知函數.（1）求函數的定義域并判斷奇偶性；（2）若，求實數m的取值范圍.22（10分）某技術人員在某基地培育了一種植物,一年后,該技術人員從中隨機抽取了部分這種植物的高度(單位:厘米)作為樣本(樣本容量為)進行統計,繪制了如下頻率分布直方圖,已知抽取的樣本植物高

6、度在內的植物有8株,在內的植物有2株.()求樣本容量和頻率分布直方圖中的,的值;()在選取的樣本中,從高度在內的植物中隨機抽取3株,設隨機變量表示所抽取的3株高度在內的株數,求隨機變量的分布列及數學期望;()據市場調研,高度在內的該植物最受市場追捧.老王準備前往該基地隨機購買該植物50株.現有兩種購買方案,方案一:按照該植物的不同高度來付費,其中高度在內的每株10元,其余高度每株5元;方案二:按照該植物的株數來付費,每株6元.請你根據該基地該植物樣本的統計分析結果為決策依據,預測老王采取哪種付費方式更便宜?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

7、一項是符合題目要求的。1、A【解析】構造新函數，由可得為單調減函數，由可得為奇函數，從而解得的取值范圍.【詳解】解：令因為，所以為R上的單調減函數，又因為，所以，即，即，所以函數為奇函數，故，即為，化簡得，即，即，由單調性有，解得，故選A.【點睛】本題考查了函數性質的綜合運用，解題的關鍵是由題意構造出新函數，研究其性質，從而解題.2、C【解析】求周長的最小值，即求的最小值，設點在準線上的射影為點，則根據拋物線的定義，可知，因此問題轉化為求的最小值，根據平面幾何知識，當、三點共線時，最小，即可求出的最小值，得到答案。【詳解】由拋物線為可得焦點坐標，準線方程為：，由題可知求周長的最小值，即求的最小

8、值，設點在準線上的射影為點，則根據拋物線的定義，可知，因此求的最小值即求的最小值，根據平面幾何知識，當、三點共線時，最小，所以又因為，所以周長的最小值為，故答案選C【點睛】本題考查拋物線的定義，簡單性質的應用，判斷出、三點共線時最小，是解題的關鍵，屬于中檔題。3、B【解析】根據，利用指數函數對數函數的單調性即可得出【詳解】解：，故選：B【點睛】本題考查了指數函數對數函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題4、C【解析】 ，選C.5、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

9、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程的性質，相關系數與相關指數的性質，屬于基礎題.6、B【解析】先根據已知得出的符號及的值，再根據基本不等式求解.【詳解】 ； 當且僅當，即時，等號成立.故選B.【點睛】本題考查基本不等式，注意基本不等式成立的條件“一正二定三相等”.7、B【解析】解一元二次不等式求得集合，根據是的子集列不等式，由此求

10、得的取值范圍.【詳解】由解得，所以，由于且包含于，所以，故的取值范圍是.故選：B【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查根據包含關系求參數的取值范圍，屬于基礎題.8、D【解析】計算函數在處的切線斜率，根據斜率計算離心率.【詳解】切線與一條漸近線平行 故答案選D【點睛】本題考查了切線方程，漸近線，離心率，屬于常考題型.9、B【解析】打光所有子彈，分中0次、中一次、中2次。【詳解】5次中0次：5次中一次： 5次中兩次： 前4次中一次，最后一次必中 則打光子彈的概率是+=,選B【點睛】本題需理解打光所有子彈的含義：可能引爆，也可能未引爆。10、D【解析】試題分析：由于甲地總體均值為，中位數為

11、，即中間兩個數（第天）人數的平均數為，因此后面的人數可以大于，故甲地不符合.乙地中總體均值為，因此這天的感染人數總數為，又由于方差大于，故這天中不可能每天都是，可以有一天大于，故乙地不符合，丙地中中位數為，眾數為，出現的最多，并且可以出現，故丙地不符合，故丁地符合.考點：眾數、中位數、平均數、方差11、C【解析】令，則當時：，即函數在上單調遞增，由可得：當時，；當時，；不等式在上的解集為，同理，不等式在上的解集為，綜上可得：不等式的解集是.12、C【解析】根據題目已知條件寫出X1,【詳解】依題意可知：X01P1-pX01P1-p由于12p1p21，不妨設【點睛】本小題主要考查隨機變量分布列期望

12、和方差的計算，考查分析與閱讀理解能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用導數求函數f（x）在（1，1）上的最小值，把對任意x1（1，1），存在x2（3，4），f（x1）g（x2）轉化為g（x）在（3，4）上的最小值小于等于1有解【詳解】解：由f（x）exx，得f（x）ex1，當x（1，0）時，f（x）0，當x（0，1）時，f（x）0，f（x）在（1，0）上單調遞減，在（0，1）上單調遞增，f（x）minf（0）1對任意x1（1，1），存在x2（3，4），f（x1）g（x2），即g（x）在（3，4）上的最小值小于等于1，函數g（x）x2bx+4的對稱軸

13、為x當3，即b6時，g（x）在（3，4）上單調遞增，g（x）g（3）133b，由133b1，得b4，4b6；當4，即b2時，g（x）在（3，4）上單調遞減，g（x）g（4）204b，由204b1，得b，b2；當34，即6b2時，g（x）在（3，4）上先減后增，由1，解得或b，6b2綜上，實數b的取值范圍為4，+）故答案為：4，+）【點睛】本題考查函數的導數的應用，函數的單調性以及最值的求法，考查分類討論思想以及轉化思想的應用，考查計算能力，是中檔題14、.【解析】分析：詳解：正方體的外接球球心為O，半徑為，假設2和線段EF相較于HG兩點，連接OG，取GH的中點為D連接OD，則ODG為直角三角形

14、，OD=，根據勾股定理得到 故GH=.故答案為.點睛：涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解.15、【解析】試題分析：由得，記為點；由得，記為點；由得，記為點.分別將A，B，C的坐標代入，得，所以的最小值為【考點】簡單的線性規劃【名師點睛】利用線性規劃求最值，一般用圖解法求解，其步驟是：（1）在平面直角坐標系內作出可行域；（2）考慮目標函數的幾何意義，將目標函數進

15、行變形；（3）確定最優解：在可行域內平行移動目標函數變形后的直線，從而確定最優解；（4）求最值：將最優解代入目標函數即可求出最大值或最小值16、或1【解析】對方程的兩根分成實根和虛根兩種情況討論，再利用韋達定理和求根公式分別求解【詳解】當時，；當時，故答案為：或1【點睛】此題考查實系數二次方程根的求解，考查分類討論思想的運用，求解的關鍵在于對判別式分大于0和小于0兩種情況三、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】本題需要分類討論，對去絕對值的兩種情況分類討論。可以先令，在對進行分類討論求出最小值，最后得出的取值范圍。【詳解】(1)由得，不等式的解

16、集為 (2)令則， 存在x使不等式成立，【點睛】在遇到含有絕對值的不等式的時候，一定要根據函數解析式去絕對值的幾種情況進行分類討論。18、（1）證明過程詳見試題解析；（2）二面角的余弦值為.【解析】試題分析：（1）由已知條件可以為坐標原點建立空間坐標系，用坐標表示出，由向量的數量積運算得，根據線面垂直的判定定理得平面；（2）先分別求出平面和平面的法向量，再根據公式求出二面角的余弦即可.試題解析：（1）如圖建立空間直角坐標系，令，則A(0, 0, 0), E(0, 4, 2), F(2, 2, 0), B(4, 0, 0), B1(4, 0, 4) .，平面.平面的法向量為，設平面的法向量為令則

17、,二面角的大小的余弦為.考點：1、線面垂直的判定定理；2、二面角19、（1）；（2）【解析】設出，（1）由，可求得，從而得直線斜率，寫出直線方程；（2）由共線得出滿足的等量關系，求出，【詳解】設出，（1），即，解得，直線方程為，即；（2）共線，整理得，當且僅當，即時等號成立。直線方程為，即。【點睛】本題考查求直線方程，由于題中條件都與向量有關，因此引入直線與坐標軸的交點坐標，由平面向量的坐標運算求出參數，寫出方程的截距式，再化為一般式。20、（1）見解析（2）【解析】要證線面平行，先證線線平行建系，利用法向量求解。【詳解】（1）連接ME，BCM，E分別為B1B，BC的中點又A1DCB1是平行四

18、邊形NDEM是平行四邊形NMDE又NM平面C1DENM平面C1DE(2)由題意得DE與BC垂直，所以DE與AD垂直：以D為原點，DA，DE，DD1三邊分別為x，y，z軸，建立空間坐標系O-xyz則A（2，0，0），A1（2，0，4），M（1，2）設平面A1MD的法向量為則解得又AM與平面A1MD所成角的正弦值.【點睛】要證線面平行，可證線線平行或面面平行。求線面所成角得正弦值，可用幾何法做出線面角，再求正弦值；或者建立空間直角坐標系，利用法向量求解。21、（1）見解析；（2）或.【解析】（1）由，求得x的范圍，可得函數yf（x）定義域，由函數yf（x）的定義域關于原點對稱，且滿足 f（x）f（x），可得函數yf（x）為偶函數；（2）化簡函數f（x）的解析式為所，結合函數的單調性可得，不等式等價于，由此求得m的范圍【詳解】（1）由得,所以的定義域為，又因為，所以偶函數.（