1、2021-2022高二下數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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。1三張卡片的正反面分別寫有1和2,3和4,5和6，若將三張卡片并列，可得到不同的三位數(6不能作9用)的個數為( )A8 B6 C14 D482設，若函數，有大于零的極值點

2、，則（ ）ABCD3已知是實數，函數，若，則函數的單調遞增區間是（ ）ABCD4一個袋中放有大小、形狀均相同的小球，其中紅球1個、黑球2個，現隨機等可能取出小球，當有放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為；當無放回依次取出兩個小球時，記取出的紅球數為，則（ ）A，B，C，D，5在極坐標系中，設圓與直線交于兩點，則以線段為直徑的圓的極坐標方程為（ ）ABCD6的展開式中不含項的各項系數之和為（ ）ABCD7已知復數滿足（其中為虛數單位），則的共軛復數（ ）ABCD8如圖，分別為棱長為的正方體的棱的中點，點分別為面對角線和棱上的動點，則下列關于四面體的體積正確的是（ ）A該四面體體積有最大值，也

3、有最小值B該四面體體積為定值C該四面體體積只有最小值D該四面體體積只有最大值9從5名男同學，3名女同學中任選4名參加體能測試，則選到的4名同學中既有男同學又有女同學的概率為( )ABCD10袋中有大小和形狀都相同的個白球、個黑球，現從袋中每次取一個球，不放回地抽取兩次，則在第一次取到白球的條件下，第二次取到白球的概率是（ ）ABCD11復數的模是( )A3B4C5D712由曲線，圍成圖形繞y軸旋轉一周所得為旋轉體的體積為，滿足，的點組成的圖形繞y軸旋一周所得旋轉體的體積為，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13二項式的展開式中第10項是常數項,則常數項的值是_(用

4、數字作答).14已知某市 社區35歲至45歲的居民有450人，46歲至55歲的居民有750人，56歲至65歲的居民有900人為了解該社區35歲至65歲居民的身體健康狀況，社區負責人采用分層抽樣技術抽取若干人進行體檢調查，若從46歲至55歲的居民中隨機抽取了50人，試問這次抽樣調查抽取的人數是_人15已知是等差數列，公差不為零若，成等比數列，且，則 ， 16如果三個球的表面積之比是，那么它們的體積之比是_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）在平面直角坐標系中，以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標系已知直線l上兩點M，N的極坐標分別為（2，0），

5、（），圓C的參數方程（為參數）（）設P為線段MN的中點，求直線OP的平面直角坐標方程；（）判斷直線l與圓C的位置關系18（12分）已知橢圓：，過點作傾斜角互補的兩條不同直線，設與橢圓交于、兩點，與橢圓交于，兩點.（1）若為線段的中點，求直線的方程；（2）記，求的取值范圍.19（12分）已知正三棱柱中，點為的中點，點在線段上.（）當時，求證；（）是否存在點，使二面角等于60？若存在，求的長；若不存在，請說明理由.20（12分）已知中心為坐標原點、焦點在坐標軸上的橢圓經過點和點，直線：與橢圓交于不同的，兩點.（1）求橢圓的標準方程；（2）若橢圓上存在點，使得四邊形恰好為平行四邊形，求直線與坐標軸圍

6、成的三角形面積的最小值以及此時，的值.21（12分）已知橢圓，為右焦點，圓，為橢圓上一點，且位于第一象限，過點作與圓相切于點，使得點，在的兩側.（）求橢圓的焦距及離心率；（）求四邊形面積的最大值.22（10分）已知函數.（1）若函數在上是減函數，求實數的取值范圍；（2）若函數在上存在兩個極值點，且，證明：.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、D【解析】方法一:第一步,選數字.每張卡片有兩個數字供選擇,故選出3個數字,共有23=8(種)選法.第二步,排數字.要排好一個三位數,又要分三步,首先排百位,有3種選擇,由于排出

7、的三位數各位上的數字不可能相同,因而排十位時有2種選擇,排個位只有一種選擇.故能排出321=6(個)不同的三位數.由分步乘法計數原理知共可得到86=48(個)不同的三位數.方法二:第一步,排百位有6種選擇,第二步,排十位有4種選擇,第三步,排個位有2種選擇.根據分步乘法計數原理,共可得到642=48(個)不同的三位數.2、B【解析】試題分析：設，則，若函數在xR上有大于零的極值點即有正根，當有成立時，顯然有，此時由，得參數a的范圍為故選B考點：利用導數研究函數的極值3、A【解析】分析：根據函數f（x）=x2（xm），求導，把f（1）=1代入導數f（x）求得m的值，再令f（x）0，解不等式即得函

8、數f（x）的單調增區間詳解：f（x）=2x（xm）+x2f（1）=12（1m）+1=1解得m=2，令2x（x+2）+x20，解得,或x0，函數f（x）的單調減區間是故選：A點睛：求函數的單調區間的方法(1)確定函數yf(x)的定義域；(2)求導數yf(x)；(3)解不等式f(x)0，解集在定義域內的部分為單調遞增區間；(4)解不等式f(x)0，解集在定義域內的部分為單調遞減區間4、B【解析】分別求出兩個隨機變量的分布列后求出它們的期望和方差可得它們的大小關系.【詳解】可能的取值為；可能的取值為，故，.，故，,故，.故選B.【點睛】離散型隨機變量的分布列的計算，應先確定隨機變量所有可能的取值，再

9、利用排列組合知識求出隨機變量每一種取值情況的概率，然后利用公式計算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回與無放回的區別.5、A【解析】試題分析：以極點為坐標原點，極軸為軸的正半軸，建立直角坐標系，則由題意，得圓的直角坐標方程，直線的直角坐標方程由，解得或，所以，從而以為直徑的圓的直角坐標方程為，即將其化為極坐標方程為：，即故選A考點：簡單曲線的極坐標方程6、D【解析】采用賦值法，令得：求出各項系數之和，減去項系數即為所求【詳解】展開式中，令得展開式的各項系數和為 而展開式的的通項為 則展開式中含項系數為 故的展開式中不含項的各項系數之和為 故選D.【點睛】考查對二項式定理和二項展開式的性質

10、，重點考查實踐意識和創新能力，體現正難則反7、A【解析】利用等式把復數z計算出來，然后計算z的共軛復數得到答案.【詳解】，則.故選A【點睛】本題考查了復數的計算和共軛復數,意在考查學生對于復數的計算能力和共軛復數的概念,屬于簡單題.8、D【解析】易證，從而可推出面積為定值，則只需研究點到平面的距離的取值范圍即可得到四面體體積的取值范圍【詳解】分別為棱長為的正方體的棱的中點，所以，又，故點到的距離為定值，則面積為定值，當點與點重合時，為平面構不成四面體，故只能無限接近點，當點與點重合時，有最大值，體積有最值，所以四面體體積有最大值，無最小值故選D【點睛】本題主要考查了四面體體積的判斷，運動中的定

11、量與變量的分析，空間想象與轉化能力，屬于中檔題9、D【解析】由題可知為古典概型，總的可能結果有種，滿足條件的方案有三類：一是一男三女，一是兩男兩女，另一類是三男一女；每類中都用分步計數原理計算，再將三類組數相加，即可求得滿足條件的結果，代入古典概型概率計算公式即可得到概率.【詳解】根據題意，選4名同學總的可能結果有種.選到的4名同學中既有男同學又有女同學方案有三類： （1）一男三女，有種， （2）兩男兩女，有種. （3）三男一女，有種.共種結果.由古典概型概率計算公式，.故選D.【點睛】本題考查古典概型與排列組合的綜合問題，利用排列組合的公式計算滿足條件的種類是解決本題的關鍵.10、D【解析】

12、分別計算第一次取到白球的概率和第一次取到白球且第二次取到白球的概率，根據條件概率公式求得結果.【詳解】記“第一次取到白球”為事件，則記“第一次取到白球且第二次取到白球”為事件，則在第一次取到白球的條件下，第二次取到白球的概率：本題正確選項：【點睛】本題考查條件概率的求解問題，易錯點是忽略抽取方式為不放回的抽取，錯誤的認為每次抽到白球均為等可能事件.11、C【解析】直接利用復數的模的定義求得的值【詳解】|， 故選：C【點睛】本題主要考查復數的模的定義和求法，屬于基礎題12、C【解析】由題意可得旋轉體夾在兩相距為8的平行平面之間，用任意一個與軸垂直的平面截這兩個旋轉體，設截面與原點距離為，求出所得

13、截面的面積相等，利用祖暅原理知，兩個幾何體體積相等【詳解】解：如圖，兩圖形繞軸旋轉所得的旋轉體夾在兩相距為8的平行平面之間，用任意一個與軸垂直的平面截這兩個旋轉體，設截面與原點距離為，所得截面面積，由祖暅原理知，兩個幾何體體積相等，故選：【點睛】本題主要考查祖暅原理的應用，求旋轉體的體積的方法，體現了等價轉化、數形結合的數學思想，屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用二項展開式的通項公式求出展開式的第10項，令x的指數為0，求出n的值，代入即可求解【詳解】二項式的展開式中第10項是常數項，展開式的第10項為，n-9-3=0，解得n=12，常數值為故答案為：

14、.【點睛】本題考查二項式系數的性質，考查對二項式通項公式的運用，屬于基礎題，14、【解析】根據題意可得抽樣比為 則這次抽樣調查抽取的人數是 即答案為140.15、【解析】根據題意列出關于、的方程組，即可解出這兩個量的值.【詳解】由題可得，故有，又因為，即，所以.【點睛】本題考查等差數列基本量的計算，解題的關鍵就是根據題意列出關于首項和公差的方程組進行求解，考查運算求解能力，屬于中等題.16、【解析】三個球的表面積之比是，三個球的半徑之比是，三個球的體積之比是三、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、見解析【解析】（）設P為線段MN的中點，求直線OP的平面直角坐標方程；

15、（）求出圓的圓心與半徑，判斷圓心與直線的距離與半徑的關系，即可判斷直線l與圓C的位置關系【詳解】解：（）M，N的極坐標分別為（2，1），（），所以M、N的直角坐標分別為：M（2，1），N（1，），P為線段MN的中點（1，），直線OP的平面直角坐標方程y；（）圓C的參數方程（為參數）它的直角坐標方程為：（x2）2+（y）24，圓的圓心坐標為（2，），半徑為2，直線l上兩點M，N的極坐標分別為（2，1），（），方程為y（x2）（x2），即x+3y21圓心到直線的距離為：2，所以，直線l與圓C相交【點睛】本題考查圓的參數方程，極坐標方程與直角坐標方程的轉化，直線與圓的位置關系，考查計算能力18、（1

16、）；（2）【解析】（1）設直線l1的方程為y1=k（x1），根據韋達定理和中點坐標公式即可求出直線的斜率k，問題得以解決，（2）根據弦長公式分別求出|AB|，|CD|，再根據基本不等式即可求出【詳解】（1）設直線的斜率為，方程為，代入中，.判別式 .設，則.中點為，則.直線的方程為，即.（2）由（1）知 .設直線的方程為.同理可得. .令，則，.在，分別單調遞減，或.故或.即.【點睛】圓錐曲線中最值與范圍問題的常見求法：(1)幾何法：若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質來解決；(2)代數法：若題目的條件和結論能體現一種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數

17、的最值在利用代數法解決最值與范圍問題時常從以下幾個方面考慮：利用判別式來構造不等關系，從而確定參數的取值范圍；利用隱含或已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍；利用基本不等式求出參數的取值范圍；利用函數的值域的求法，確定參數的取值范圍19、（）證明見解析；（）存在點,當時，二面角等于.【解析】試題分析：（）證明：連接，由為正三棱柱為正三角形，又平面平面平面.易得丄平面.（）假設存在點滿足條件，設.由丄平面，建立空間直角坐標系，求得平面的一個法向量為，平面的一個法向量為試題解析：（）證明：連接，因為為正三棱柱，所以為正三角形，又因為為的中點，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，所以.

18、因為，所以，所以在中，在中，所以，即.又，所以丄平面，面，所以.（）假設存在點滿足條件，設.取的中點，連接，則丄平面，所以，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，則，所以，設平面的一個法向量為，則，令，得，同理，平面的一個法向量為，則，取，.，解得，故存在點,當時，二面角等于.20、（1）；（2），.【解析】（1）利用待定系數法將兩點代入橢圓方程即可求得結果（2）由于四邊形為平行四邊形，則，因為點在橢圓上，解得與的關系，根據直線方程得到三角形面積，利用均值不等式求得最值【詳解】（1）由題意可設橢圓的方程為（，且）.解得所以橢圓的標準方程為.（2）由題意可設，.聯立整理得.根據韋達定理得因為四邊形恰好為平行四邊形，所以.所以，.因為點在橢圓上，所以，整理得，即.在直線：中，由于直線與坐標軸圍成三角形，則，.令，得，令，得.所以直線與坐標軸圍成的三角形面積為，當且僅當，時，取等號，此時.所以直線與坐標軸圍成的三角形面積的最小值為.此時，.【點睛】本題考查（1）橢圓的標準方程，不確定焦點位置時，可直接設（，且）；（2）利用向量表示圖形特征簡化運算21、（）,；（）.【解析】分析：（）利用橢圓的幾何性質求