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如果函數的圖象如下圖，那么導函數的圖象可能是（ ）ABCD2己知，是橢圓的左右兩個焦點，若P是橢圓上一點且，則在中（ ）ABCD13已知集合，,則等于( )ABCD4已知函數的部分圖象如圖所示，其中N，P的坐標分別為，則函數f（x）的單調遞減區間不可能為（ ）ABCD5若非零向量，滿足，向量與垂直，則與的夾角為（ ）ABCD6 “”是“”的（ ）A充要條件B充分不必要條件C必要不充分條件D既不充分也不必要條件7已知空間向量OA向量OP=xOA+yOB+zOCA12B1C328袋中

3、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（ ）ABCD9已知函數在區間上是單調遞增函數，則的取值范圍為（ ）ABCD10已知集合，則如圖中陰影部分所表示的集合為（ ）ABCD11拋物線上的一點M到焦點的距離為1，則點M的縱坐標是ABCD12設P，Q分別是圓和橢圓上的點，則P，Q兩點間的最大距離是()ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若函數在區間上是單調遞增函數，則實數的取值范圍是 14的展開式中的系數是_15聊齋志異中有這樣一首詩：“挑水砍柴不堪苦，請歸但求穿墻術，得訣自詡無所阻，額

4、上紋起終不悟”在這里，我們稱形如以下形式的等式具有“穿墻術”：，則按照以上規律，若，具有“穿墻術”，則_16在平面幾何中，以下命題都是真命題：過一點有且僅有一條直線與已知直線平行；過一點有且僅有一條直線與已知直線垂直；平行于同一條直線的兩直線平行；垂直于同一條直線的兩直線平行；兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形則在立體幾何中，上述命題仍為真命題的是_（寫出所有符合要求的序號）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）設函數的導函數為.若不等式對任意實數x恒成立，則稱函數是“超導函數”.（1）請舉一個“超導函數” 的例子，并加以證明；（2）若函數與都是“超導函

5、數”，且其中一個在R上單調遞增，另一個在R上單調遞減，求證：函數是“超導函數”；（3）若函數是“超導函數”且方程無實根，（e為自然對數的底數），判斷方程的實數根的個數并說明理由.18（12分）用數學歸納法證明.19（12分）設命題函數在是減函數；命題，都有成立（1）若命題為真命題，求實數的取值范圍；（2）若為真命題，為假命題，求實數的取值范圍20（12分）已知函數（1）當，求函數的圖象在點處的切線方程；（2）當時，求函數的單調區間21（12分）在直角坐標系xOy中，已知傾斜角為的直線l過點A（2，1）以坐標原點為極點，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2sin，直線l與曲線C分

6、別交于P，Q兩點（1）寫出直線l的參數方程和曲線C的直角坐標方程（2）求APAQ的值22（10分）已知復數，i為虛數單位（1）求；（2）若復數z滿足，求的最大值參考答案一、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】試題分析：的單調變化情況為先增后減、再增再減 因此的符號變化情況為大于零、小于零、大于零、小于零，四個選項只有A符合，故選A.考點：1、函數的單調性與導數的關系；2、函數圖象的應用.【方法點晴】本題通過對多個圖象的選擇考查函數的解析式、定義域、值域、單調性，導數的應用以及數學化歸思想，屬于難題.這類題型也是近年高考

7、常見的命題方向，該題型的特點是綜合性較強較強、考查知識點較多，但是并不是無路可循.解答這類題型可以從多方面入手，根據函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、特殊點以及時函數圖象的變化趨勢，利用排除法，將不合題意選項一一排除.2、A【解析】根據橢圓方程求出、，即可求出、，再根據余弦定理計算可得；【詳解】解：因為，所以，又因為，所以，在中，由余弦定理，即，故選：【點睛】本題考查橢圓的簡單幾何性質及余弦定理解三角形，屬于基礎題.3、C【解析】分析：利用一元二次不等式的解法求出中不等式的解集確定出，然后利用交集的定義求解即可.詳解：由中不等式變形得，解得，即，因為，故選C.點睛：研究集合問題，一定要抓住元

8、素，看元素應滿足的屬性.研究兩集合的關系時，關鍵是將兩集合的關系轉化為元素間的關系，本題實質求滿足屬于集合且屬于集合的元素的集合. 本題需注意兩集合一個是有限集，一個是無限集，按有限集逐一驗證為妥.4、D【解析】利用排除法，根據周期選出正確答案【詳解】根據題意，設函數的周期為T，則,所以 .因為在選項D中，區間長度為在區間上不是單調減函數所以選擇D【點睛】本題考查了余弦函數的圖象與性質的應用問題，解決此類問題需要結合單調性、周期等屬于中等題5、B【解析】，且與垂直，即，與的夾角為故選6、B【解析】，“”是“”的充分不必要條件故選：7、A【解析】由題求得OP的坐標，求得OP，結合4x+2y+z=

9、4可得答案.【詳解】 =x+y,y,z ，OP利用柯西不等式可得42OP故選A.【點睛】本題考查空間向量的線性坐標運算及空間向量向量模的求法，屬基礎題.8、D【解析】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.9、A【解析】分析：由函數在區間上是單調遞增函數，得，進而分離參數得；構造函數，研究

10、函數的值域特征，進而得到的單調性，最后求得的取值范圍。詳解： 因為 在區間上是單調遞增函數所以，而在區間上 所以 ，即 令 ，則分子分母同時除以 ，得令 ，則在區間上為增函數所以所以 在區間上恒成立即在區間上恒成立所以函數在區間上為單調遞減函數所以所以選A點睛：本題考查了函數與導函數的綜合應用，分離參數、構造函數法在解決單調性、最值問題中的應用，綜合性強，對分析問題、解決問題的能力要求較高，屬于難題。10、D【解析】由圖象可知陰影部分對應的集合為，然后根據集合的基本運算求解即可.【詳解】由Venn圖可知陰影部分對應的集合為，或，即 ，故選D.【點睛】本題主要考查集合的計算，利用圖象確定集合關系

11、是解題的關鍵，考查分析問題和解決問題的能力，屬于基礎題.11、B【解析】由拋物線方程化標準方程為，再由焦半徑公式，可求得。【詳解】拋物線為，由焦半徑公式，得。選B.【點睛】拋物線焦半徑公式：拋物線，的焦半徑公式。拋物線，的焦半徑公式。拋物線，的焦半徑公式。拋物線，的焦半徑公式。12、C【解析】求出橢圓上的點與圓心的最大距離，加上半徑，即可得出P，Q兩點間的最大距離.【詳解】圓的圓心為M(0,6)，半徑為，設，則， 即，當 時，故的最大值為.故選C.【點睛】本題考查了橢圓與圓的綜合，圓外任意一點到圓的最大距離是這個點到圓心的距離與圓的半徑之和，根據圓外點在橢圓上，即可列出橢圓上一點到圓心的距離的

12、解析式，結合函數最值，即可求得橢圓上一點到圓上一點的最大值.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】，令，得，即函數的單調遞增區間為，又因為函數在區間上單調遞增，所以，解得；故填.點睛：已知函數在所給區間上單調遞增，求有關參數的取值范圍，往往采用以下兩種方法：求出函數的單調遞增區間，通過所給區間是該函數的單調遞增區間的子集進行求解；將問題轉化為在所給區間上恒成立進行求解.14、243【解析】分析：先得到二項式的展開式的通項，然后根據組合的方式可得到所求項的系數詳解：二項式展開式的通項為，展開式中的系數為.點睛：對于非二項式的問題，解題時可轉化為二項式的問題處理，對于無法轉

13、化為二項式的問題，可根據組合的方式“湊”出所求的項或其系數，此時要注意考慮問題的全面性，防止漏掉部分情況15、9999【解析】分析：觀察所告訴的式子，找到其中的規律，問題得以解決.詳解：，按照以上規律，可得.故答案為9999.點睛：常見的歸納推理類型及相應方法常見的歸納推理分為數的歸納和形的歸納兩類：(1)數的歸納包括數字歸納和式子歸納，解決此類問題時，需要細心觀察，尋求相鄰項及項與序號之間的關系，同時還要聯系相關的知識，如等差數列、等比數列等(2)形的歸納主要包括圖形數目歸納和圖形變化規律歸納16、【解析】根據空間點、線、面之間的位置關系,逐一判斷,即可得到答案.【詳解】對于,根據平行公理,

14、可知過一點有且僅有一條直線與已知直線平行,在立體幾何中也正確,故正確.對于,在平面幾何中,過一點有且僅有一條直線與已知直線垂直.在立體幾何中,過直線外一點可以做一個平面和直線垂直,即平面內所有直線和其垂直.故錯誤.對于,根據平行的傳遞性,平行于同一條直線的兩直線平行,在立體幾何中也正確,故正確.對于,平面幾何中,垂直于同一條直線的兩直線平行.在立體幾何中,垂直于同一條直線的兩直線可以是異面直線,故錯誤.對于,平面幾何中兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形.在立體幾何中,兩組對邊分別相等,可構成空間四邊形,故錯誤.故答案為:.【點睛】本題考查了命題真假的判定,平面幾何和立體幾何中線與線位置關系,

15、 掌握點線面關系的性質是解題關鍵,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)見解析.(3)見解析.【解析】分析：（1）根據定義舉任何常數都可以；（2），即證-在R上成立即可；（3）構造函數，因為是“超導函數”， 對任意實數恒成立，而方程無實根，故恒成立，所以在上單調遞減， 故方程等價于，即，設 ，分析函數單調性結合零點定理即可得出結論.詳解：（1）舉例：函數是“超導函數”，因為，滿足對任意實數恒成立，故是“超導函數”. 注：答案不唯一，必須有證明過程才能給分，無證明過程的不給分.（2）， 因為函數與都是“超導函數”，所以不等式與對任意

16、實數都恒成立，故， 而與一個在上單調遞增，另一個在上單調遞減，故，由得對任意實數都恒成立，所以函數是“超導函數”. （3），所以方程可化為，設函數，則原方程即為， 因為是“超導函數”， 對任意實數恒成立，而方程無實根，故恒成立，所以在上單調遞減， 故方程等價于，即， 設 ，則在上恒成立，故在上單調遞增，而，且函數的圖象在上連續不斷，故 在上有且僅有一個零點，從而原方程有且僅有唯一實數根.點睛：考查函數的新定義，首先要讀懂新定義，將新定義的知識與所學導函數的知識相聯系是解題關鍵，本題的難點在于能否將新定義的語言轉化為自己所熟悉的函數語言進行等價研究問題是解題關鍵，屬于壓軸題.18、見解析.【解析

17、】分析：直接利用數學歸納法的證明步驟證明不等式，（1）驗證時不等式成立；（2）假設當時成立，利用放縮法證明時，不等式也成立詳解：證明：當時，左邊，不等式成立.假設當時，不等式成立，即，則當時，當時，不等式成立.由知對于任意正整數，不等式成立.點睛：本題是中檔題，考查數學歸納法的證明步驟，注意不等式的證明方法，放縮法的應用，考查邏輯推理能力19、（1）；（2）【解析】（1）將問題轉化為在上恒成立；分別在和求得范圍，取交集得到結果；（2）由含邏輯連接詞命題的真假性可知真假或假真，分別在兩種情況下求得范圍，取并集得到結果.【詳解】（1）當命題為真命題時，在上恒成立當時，；當時，則綜上所述：即：若命題

18、為真命題，則（2）當命題為真命題時，等價于，即由得： ，解得：若為真命題，為假命題，則真假或假真當真假時，；當假真時，綜上所述：【點睛】本題考查根據命題的真假性求解參數范圍的問題，涉及到函數單調性與導數的關系、恒成立問題的求解、含邏輯連接詞的命題的真假性的性質應用等知識；解題關鍵是分別求出兩個命題為真時參數的取值范圍.20、（1）；（2）見解析【解析】試題分析：（）由，求出函數的導數，分別求出，即可求出切線方程；（）求出函數的導數，通過討論的范圍，即可求出函數的單調區間試題解析：（）當時，；函教的圖象在點處的切線方程為.（）由題知，函數的定義域為，令，解得，當時，所以，在區間和上；在區間上，故

19、函數的單調遞增區間是和，單調遞減區間是.當時，恒成立，故函數的單調遞增區間是.當時，在區間，和上；在上，故函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是當時，時，時，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是當時，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是，綜上，時函數的單調遞增區間是和，單調遞減區間是時，函數的單調遞增區間是當時，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是當時，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是點睛：確定單調區間的步驟：(1)確定函數的定義域；(2)求導數，令，解此方程，求出在定義區間內的一切實根；(3)把函數的間斷點(即的無定義點)的橫坐標和上面的各實數根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數的定義區間分成若干個小區間；(4)確定在各個區間內的符號，根據符號判定函數在每個相應區間內的單調性.21、（1）； x2y22y；（2）3【解析】（1）由直線的傾斜角與所過定點寫出直線的參數方程，再利用極坐標與直角坐標的互化公式，求得曲線的直角坐標方程，