1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4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

2、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已知二項式的展開式中各項的二項式系數和為，其展開式中的常數項為，則（ ）ABCD2已知橢圓的右焦點為，短軸的一個端點為，直線與橢圓相交于、兩點.若，點到直線的距離不小于，則橢圓離心率的取值范圍為ABCD3若函數為奇函數，且在上為減函數，則的一個值為（ ）ABCD4已知的模為且在方向上的投影為，則與的夾角為（）ABCD5在下列命題中，從分別標有1,2,9的9張卡片中不放回地隨機抽取2次，每次抽取1張，則抽到的2張卡片上的數奇偶性不同的概率是；的展開式中的常數項為2；設隨機變量，若，

3、則.其中所有正確命題的序號是（ ）ABCD6若集合，則( )ABCD7若命題是真命題，則實數a的取值范圍是ABCD8已知為正整數用數學歸納法證明時，假設時命題為真，即成立，則當時，需要用到的與之間的關系式是( )ABCD9某學校開展研究性學習活動，某同學獲得一組實驗數據如下表： x34y12對于表中數據，現給出以下擬合曲線，其中擬合程度最好的是ABCD10將4名實習教師分配到高一年級三個班實習，每班至少安排一名教師，則不同的分配方案有（ ）種A12B36C72D10811是第四象限角， ，則等于 ()ABCD12若函數的圖象與的圖象都關于直線對稱，則與的值分別為（ ）ABCD二、填空題：本題共

4、4小題，每小題5分，共20分。13在平面幾何中，若正方形的內切圓面積為外接圓面積為則，推廣到立體幾何中，若正方體的內切球體積為外接球體積為，則_14設的三邊長分別為，的面積為，內切圓半徑為，則；類比這個結論可知：四面體的四個面的面積分別為，內切球的半徑為，四面體的體積為，則_15設滿足約束條件,則的最大值是_16已知函數，若正實數滿足，則的最小值是_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）如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，AA1=AC=2BC，ACB=90 （）求證：AC1A1B；（）求直線AB與平面A1BC所成角的正切值18（12分）選修

5、4-5：不等式選講已知函數.（1）求不等式的解集；（2）若對恒成立，求的取值范圍.19（12分）在的展開式中，求：(1)第3項的二項式系數及系數；(2)含的項20（12分）如圖，在三棱柱中，側棱垂直于底面，E為的中點，過A、B、E的平面與交于點F.（1）求證：點F為的中點；（2）四邊形ABFE是什么平面圖形?并求其面積21（12分）已知，橢圓C過點，兩個焦點為，E，F是橢圓C上的兩個動點，如果直線AE的斜率與AF的斜率互為相反數，直線EF的斜率為，直線l與橢圓C相切于點A，斜率為求橢圓C的方程；求的值22（10分）已知函數，kR(I)求函數f(x)的單調區間；(II)當k0時，若函數f(x)在

6、區間(1，2)內單調遞減，求k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、C【解析】二項展開式的二項式系數和為，可得，使其通項公式為常數項時，求得，從而得到關于的方程.【詳解】展開式中各項的二項式系數和為，得，當時，解得：.【點睛】求二項式定理展開式中各項系數和是用賦值法，令字母都為1；而展開式各項的二項式系數和固定為.2、C【解析】根據橢圓對稱性可證得四邊形為平行四邊形，根據橢圓定義可求得；利用點到直線距離構造不等式可求得，根據可求得的范圍，進而得到離心率的范圍.【詳解】設橢圓的左焦點為，為短軸的上端點，連接，如

7、下圖所示：由橢圓的對稱性可知，關于原點對稱，則又 四邊形為平行四邊形 又，解得：點到直線距離：，解得：，即 本題正確選項：【點睛】本題考查橢圓離心率的求解，重點考查橢圓幾何性質，涉及到橢圓的對稱性、橢圓的定義、點到直線距離公式的應用等知識.3、D【解析】由題意得，函數 為奇函數，故當時，在上為增函數，不合題意當時，在上為減函數，符合題意選D4、A【解析】根據平面向量的投影定義，利用平面向量夾角的公式，即可求解【詳解】由題意，則在方向上的投影為，解得，又因為，所以與的夾角為，故選A【點睛】本題主要考查了平面向量的投影定義和夾角公式應用問題，其中解答中熟記向量的投影的定義和向量的夾角公式，準確計算

8、是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題5、C【解析】根據二項式定理，古典概型，以及正態分布的概率計算，對選項進行逐一判斷，即可判斷.【詳解】對：從9張卡片中不放回地隨機抽取2次，共有種可能； 滿足2張卡片上的數奇偶性不同，共有種可能； 根據古典概型的概率計算公式可得，其概率為，故錯誤；對：對寫出通項公式可得， 令，解得，即可得常數項為，故正確；對：由正態分布的特點可知，故正確.綜上所述，正確的有.故選：C.【點睛】本題考查古典概型的概率計算，二項式定理求常數項，以及正態分布的概率計算，屬綜合性基礎題.6、A【解析】分析：求出及，即可得到.詳解：則.故選C.點睛：本題考查集合的綜合運

9、算，屬基礎題.7、B【解析】因為命題是真命題，即不等式對恒成立，即恒成立，當a20時，不符合題意，故有，即，解得，則實數a的取值范圍是故選：B8、C【解析】分析：先根據條件確定式子，再與相減得結果.詳解：因為，所以，所以,選C.點睛：本題考查數學歸納法，考查數列遞推關系.9、D【解析】根據的數值變化規律推測二者之間的關系，最貼切的是二次關系.【詳解】根據實驗數據可以得出，近似增加一個單位時，的增量近似為2.5，3.5，4.5，6，比較接近，故選D.【點睛】本題主要考查利用實驗數據確定擬合曲線，求解關鍵是觀察變化規律，側重考查數據分析的核心素養.10、B【解析】試題分析：第一步從名實習教師中選出

10、名組成一個復合元素，共有種，第二步把個元素（包含一個復合元素）安排到三個班實習有,根據分步計數原理不同的分配方案有種，故選B考點：計數原理的應用11、B【解析】是第四象限角，sin0.，sin，故選B.12、D【解析】分析：由題意得，結合即可求出，同理可得的值.詳解：函數的圖象與的圖象都關于直線對稱，和（）解得和，和時，；時，.故選：D.點睛：本題主要考查了三角函數的性質應用，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】由面積比為半徑比的平方，體積比為半徑的立方可得結果【詳解】正方形的內切圓半徑為 外接圓半徑為，半徑比，面積比為半徑比的平方，類比正方正方體內切球半徑

11、為 外接球半徑為，徑比，所以體積比是半徑比的立方=，填【點睛】立體幾何中一個常見的猜想類比為面積比為半徑比的平方，體積比為半徑的立方可得結果14、.【解析】根據平面和空間的類比推理，由點類比點或直線，由直線類比直線或平面，由內切圓類比內切球，由平面圖形的面積類比立體圖形的體積，結合三角形面積的求法求出三棱錐的體積，進而求出內切球的半徑為.【詳解】設四面體的內切球的球心為，則球心到四個面的距離都為，所以四棱錐的體積等于以為頂點，四個面為底面的四個小三棱錐的體積之和，則四面體的體積為.【點睛】本題考查了類比推理.類比推理是指依據兩類數學對象的相似性，將已知一類的數學對象的性質遷移到另一個數學對象上

12、去.15、【解析】分析：首先根據題中所給的約束條件，畫出相應的可行域，再將目標函數化成斜截式，之后在圖中畫出直線，在上下移動的過程中，結合的幾何意義，可以發現直線過B點時取得最大值，聯立方程組，求得點B的坐標代入目標函數解析式，求得最大值.詳解：根據題中所給的約束條件，畫出其對應的可行域，如圖所示：由可得，畫出直線，將其上下移動，結合的幾何意義，可知當直線過點B時，z取得最大值，由，解得，此時，故答案為6.點睛：該題考查的是有關線性規劃的問題，在求解的過程中，首先需要正確畫出約束條件對應的可行域，之后根據目標函數的形式，判斷z的幾何意義，之后畫出一條直線，上下平移，判斷哪個點是最優解，從而聯立

13、方程組，求得最優解的坐標，代入求值，要明確目標函數的形式大體上有三種：斜率型、截距型、距離型；根據不同的形式，應用相應的方法求解.16、【解析】因為，所以函數為單調遞增奇函數，因此由，得 因此，當且僅當時取等號. 點睛：在利用基本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”(即條件要求中字母為正數)、“定”(不等式的另一邊必須為定值)、“等”(等號取得的條件)的條件才能應用，否則會出現錯誤.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】分析：（1）先證平面，得到，由四邊形為正方形得出，所以平面，進而證得；（2）由

14、平面可得是直線與平面所成的角，設，利用勾股定理求出，即可得出的值.詳解：證明（）CC1平面ABC，BC平面ABC， CC1BC又ACB=90，即BCAC，又ACCC1=C，BC平面A1C1CA，又AC1平面A1C1CA，AC1BCAA1=AC，四邊形A1C1CA為正方形，AC1A1C，又AC1BC=C，AC1平面A1BC，又A1B平面A1BC，AC1A1B （）設AC1A1C=O，連接BO由（）得AC1平面A1BC，ABO是直線AB與平面A1BC所成的角設BC=a，則AA1=AC=2a， ， ，在RtABO中， ，直線AB與平面A1BC所成角的正切值為 點睛：本題考查了立體幾何中的面面垂直的判

15、定和二面角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，通過嚴密推理，明確角的構成，同時對于立體幾何中角的計算問題，緊扣線面角的定義，利用直角三角形求解是解答的關鍵.18、（1）（2）【解析】試題分析：（1）由已知，根據解析式中絕對值的零點（即絕對值等于零時的值），將函數的定義域分成若干段，從而去掉絕對值號，再分別計算各段函數的相應不等式的解集，從而求出原不等式的解集；（2）由題意，將不等式轉化為，可構造新函數，則問題再轉化為，由（1）可得，即，從而問題可得解.試題解析：（1）因為，所以當時，由得；當時，由得；當時，由

16、得.綜上，的解集為.（2）（方法一）由得，因為，當且僅當取等號，所以當時，取得最小值5，所以當時，取得最小值5，故，即的取值范圍為.（方法二）設，則，當時，取得最小值5，所以當時，取得最小值5，故，即的取值范圍為.19、（1）第3項的系數為24240.（2）含x2的項為第2項，且T2192x2. 【解析】試題分析：(1)根據二項展開式的通項，即可求解第項的二項式系數及系數； （2）由二項展開式的痛項，可得當時，即可得到含的系數.試題解析：(1)第3項的二項式系數為C15， 又T3C (2)4224Cx， 所以第3項的系數為24C240. (2)Tk1C (2)6kk(1)k26kCx3k， 令

17、3k2，得k1. 所以含x2的項為第2項，且T2192x2.20、（1）見解析；（2）直角梯形，【解析】（1）利用線面平行的判定定理和性質定理，證明A1B1平面ABFE，A1B1EF，可得點F為B1C1的中點；（2）四邊形ABFE是直角梯形，先判斷四邊形ABFE是梯形；再判斷梯形ABFE是直角梯形，從而計算直角梯形ABFE的面積【詳解】（1）證明：三棱柱中，平面，平面，平面，又平面，平面平面，又為的中點，點為的中點；（2）四邊形是直角梯形，理由為：由（1）知，且，四邊形是梯形；又側棱B1B底面ABC，B1BAB；又AB=6，BC=8，AC=10，AB2+BC2=AC2，ABBC，又B1BBC=

18、B，AB平面B1BCC1；又BF平面B1BCC1，ABBF；梯形ABFE是直角梯形；由BB1=3，B1F=4，BF=5；又EF=3，AB=6，直角梯形ABFE的面積為S=（3+6）5=【點睛】本題考查了空間中的平行關系應用問題，是中檔題21、（1）；（2）0.【解析】可設橢圓C的方程為，由題意可得，由橢圓的定義計算可得，進而得到b，即可得到所求橢圓方程；設直線AE：，代入橢圓方程，運用韋達定理可得E的坐標，由題意可將k換為，可得F的坐標，由直線的斜率公式計算可得直線EF的斜率，設出直線l的方程，聯立橢圓方程，運用直線和橢圓相切的條件：判別式為0，可得直線l的斜率，進而得到所求斜率之和【詳解】解：由題意可設橢圓C的方程為，且，即有，所以橢圓的方程為；設直線AE：，代入橢圓方程可得，可得