1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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如圖所示，圓為正三角形的內切圓，為切點，將一顆豆子隨機地扔到該正三角形內，在已知豆子落在圓內的條件下，豆子落在（陰影部分）內的概率為（）ABCD2集合，那么（ ）ABCD3若不等式2xln xx2ax3對x(0，)恒成立，則實數a的取

2、值范圍是()A(，0)B(，4C(0，)D4，)4推理“圓內接四邊形的對角和為；等腰梯形是圓內接四邊形；”中的小前提是（）ABCD和5已知命題，則命題的否定為 ( )ABCD6已知，則的大小關系為( )ABCD7給出下列四個說法：命題“，都有”的否定是“，使得”；已知、，命題“若，則”的逆否命題是真命題；是的必要不充分條件；若為函數的零點，則.其中正確的個數為（ ）ABCD8過拋物線的焦點F的直線與拋物線交于A、B兩點，且，為坐標原點，則的面積與的面積之比為ABCD29執行如圖的程序框圖，若輸出的，則輸入的整數的最小值是（ ）ABCD10若，則為（）A233B10C20D23311設函數f(x

3、)在R上可導，其導函數為f(x)，且函數y(2x)f(x)的圖像如圖所示，則下列結論中一定成立的是( )A函數f(x)有極大值f(1)和極小值f(1)B函數f(x)有極大值f(1)和極小值f(2)C函數f(x)有極大值f(2)和極小值f(1)D函數f(x)有極大值f(1)和極小值f(2)12函數的極小值點是（）A1B（1，）CD（3，8）二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知數列是正項數列，是數列的前項和，且滿足.若，是數列的前項和，則_.14若函數有且只有一個零點，是上兩個動點（為坐標原點），且， 若兩點到直線的距離分別為，則的最大值為_.15已知函數，則=_16的平方根是

4、_.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.（）當時，恒成立，試求實數的取值范圍；（）若的解集包含，求實數的取值范圍.18（12分）九章算術中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”，將四個面都為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”.如圖，在“陽馬”中，側棱底面，且，過棱的中點，作交于點，連接.（1）證明：平面.試判斷四面體是否為“鱉臑”，若是，寫出其每個面的直角（只需寫出結論）；若不是，說明理由；（2）若，求直線與平面所成角的正切值.19（12分）如圖，在四棱錐中，平面，底面是菱形，分別是棱的中點.（1）證明：平面；（2）求二面角的余

5、弦值.20（12分）已知函數.（1）若函數在上為增函數，求的取值范圍；（2）若函數有兩個不同的極值點，記作，且，證明：（為自然對數）.21（12分）如圖為一簡單組合體，其底面為正方形，平面，且，為線段的中點（）證明：；（）求三棱錐的體積22（10分）在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，圓的極坐標方程為（1）若與相交于兩點，求；（2）圓的圓心在極軸上，且圓經過極點，若被圓截得的弦長為，求圓的半徑參考答案一、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】設正三角形的邊長為，內切

6、圓半徑為，求得內切圓半徑，即可得陰影部分的面積；再求得三角形的面積，結合幾何概型的求法即可得解.【詳解】設正三角形的邊長為，內切圓半徑為，則由三角形面積公式可得，解得，則，所以由幾何概型概率可得落在陰影部分的概率為,故選：A.【點睛】本題考查了等邊三角形內切圓的性質應用，幾何概型概率求法，屬于基礎題.2、D【解析】把兩個集合的解集表示在數軸上，可得集合A與B的并集【詳解】把集合A和集合B中的解集表示在數軸上，如圖所示，則AB=x|-2x3故選A【點睛】本題考查學生理解并集的定義掌握并集的運算法則，靈活運用數形結合的數學思想解決數學問題，屬基礎題3、B【解析】分析：由已知條件推導出ax+2lnx

7、+3x,x0，令y=x+2lnx+3【詳解】詳解：由題意2xlnx-x2所以ax+2lnx+3x設y=x+2lnx+3由y=0，得當x(0,1)時，y0，當x(1,+)時，所以x=1時，ymin=1+0+3=4，所以即實數a的取值范圍是(-,4.點睛：利用導數研究不等式恒成立或解不等式問題，通常首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題4、B【解析】由演繹推理三段論可知, 是大前提；是小前提；是結論【詳解】由演繹推理三段論可知, 是大前提；是小前提；是結論，故選B【點睛】本題主要考

8、查演繹推理的一般模式5、D【解析】分析：根據全稱命題的否定是特稱命題即可得結果.詳解：因為全稱命題的否定是特稱命題，所以命題的否定為，故選D.點睛：本題主要考查全稱命題的否定，屬于簡單題.全稱命題與特稱命題的否定與命題的否定有一定的區別，否定全稱命題和特稱命題時，一是要改寫量詞，全稱量詞改寫為存在量詞、存在量詞改寫為全稱量詞;二是要否定結論，而一般命題的否定只需直接否定結論即可.6、A【解析】分析：由，可得，則，利用做差法結合基本不等式可得結果.詳解：，則，即 ， 綜上，故選A.點睛：本題主要考查對數函數的性質、指數函數的單調性及比較大小問題，屬于難題.解答比較大小問題，常見思路有兩個：一是判

9、斷出各個數值所在區間（一般是看三個區間 ）；二是利用函數的單調性直接解答；數值比較多的比大小問題也可以兩種方法綜合應用.7、C【解析】根據全稱命題的否定可判斷出命題的真假；根據原命題的真假可判斷出命題的真假；解出不等式，利用充分必要性判斷出命題的真假；構造函數，得出，根據零點的定義和函數的單調性來判斷命題的正誤.【詳解】對于命題，由全稱命題的否定可知，命題為假命題；對于命題，原命題為真命題，則其逆否命題也為真命題，命題為真命題；對于命題，解不等式，得或，所以，是的充分不必要條件，命題為假命題；對于命題，函數的定義域為，構造函數，則函數為增函數，又，為函數的零點，則，則，命題為真命題.故選：C.

10、【點睛】本題考查命題真假的判斷，涉及命題的否定，四種命題的關系，充分必要的判斷以及函數的零點，考查推理能力，屬于中等題.8、D【解析】設點位于第一象限，點，并設直線的方程為，將該直線方程與拋物線方程聯立，利用韋達定理得出，由拋物線的定義得出點的坐標，可得出點的縱坐標的值，最后得出的面積與的面積之比為的值.【詳解】設點位于第一象限，點，設直線的方程為，將該直線方程與拋物線方程聯立，得，由拋物線的定義得，得，可得出，故選：D.【點睛】本題考查拋物線的定義、直線與拋物線的綜合問題，考查韋達定理在直線與拋物線綜合問題中的應用，解題的關鍵在于利用拋物線的定義以及韋達定理求點的坐標，并將三角形的面積比轉化

11、為高之比來處理，考查運算求解能力，屬于中等題。9、A【解析】列舉出算法的每一步循環，根據算法輸出結果計算出實數的取值范圍，于此可得出整數的最小值.【詳解】滿足條件，執行第一次循環，；滿足條件，執行第二次循環，；滿足條件，執行第二次循環，.滿足條件，調出循環體，輸出的值為.由上可知，因此，輸入的整數的最小值是，故選A.【點睛】本題考查算法框圖的應用，解這類問題，通常列出每一次循環，找出其規律，進而對問題進行解答，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.10、A【解析】對等式兩邊進行求導，當x1時，求出a1+2a2+3a3+4a4+5a5的值，再求出a0的值，即可得出答案【詳解】對等式兩邊進行求

12、導，得：25（2x3）4a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4，令x1，得10a1+2a2+3a3+4a4+5a5；又a0（3）5243，a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5243+101故選A【點睛】本題考查了二項式定理與導數的綜合應用問題，考查了賦值法求解二項展開式的系數和的方法，利用導數得出式子a1+2a2+3a3+4a4+5a5是解題的關鍵11、A【解析】由函數y(2x)f(x)的圖像可知，方程f(x)0有兩個實根x1，x1，且在(，1)上f(x)0，在(1，2)上f(x)0，在(2，)上f(x)0.所以函數f(x)有極大值f(1)和極小值f(1)12、A【解析】求得

13、原函數的導數，令導數等于零，解出的值，并根據單調區間判斷出函數在何處取得極小值，并求得極值，由此得出正確選項.【詳解】，由得函數在上為增函數，上為減函數，上為增函數，故在處有極小值，極小值點為1.選A【點睛】本小題主要考查利用導數求函數的極值點，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】利用將變為，整理發現數列為等差數列，求出，進一步可以求出，再將，代入，發現可以裂項求的前99項和。【詳解】當時，符合，當時，符合，【點睛】一般公式的使用是將變為，而本題是將變為，給后面的整理帶來方便。先求，再求，再求，一切都順其自然。14、【解析】根據函數的奇偶性先求解出的值，然

14、后根據判斷出中點的軌跡，再根據轉化關系將的最大值轉化為圓上點到直線的距離最大值，由此求解出結果.【詳解】因為的定義域為，且，所以是偶函數，又因為有唯一零點，所以，所以，所以，因為，所以，所以，所以，設的中點為，如下圖所示：所以，又因為，所以，所以的軌跡是以坐標原點為圓心，半徑為的圓，所以當取最大值時，為過垂直于的線段與的交點，所以，所以.故答案為：.【點睛】本題考查函數奇偶性、圓中的軌跡方程、圓上點到直線的距離最值，屬于綜合型題型，難度較難.圓上點到一條與圓相離直線的距離最值求解方法：先計算出圓心到直線的距離，則距離最大值為，距離最小值為.15、【解析】先求內層函數值，再求外層函數值.【詳解】

15、根據題意，函數 ，則，則；故答案為【點睛】本題主要考查分段函數求值問題，分段函數的求值問題主要是利用“對號入座”策略.16、【解析】根據得解.【詳解】由得解.【點睛】本題考查虛數的概念，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、（）（）【解析】（）轉化條件得，根據恒成立問題的解決方法即可得解；（）轉化條件得對恒成立，根據的取值范圍分類討論去絕對值即可得解.【詳解】（）當時，當且僅當時等號成立，.（）時， 恒成立，對恒成立.當時，解得：， 當時，解得：， 綜上：.【點睛】本題考查了絕對值不等式的解法和絕對值三角不等式的應用，考查了恒成立問題的解決方法和分類討

16、論思想，屬于中檔題.18、（1）證明見解析，是“鱉臑”，四個直角分別為，；（2）【解析】（1）先證明面，可得，然后結合即可證明面，然后再證明面，即可得出四面體的四個面都是直角三角形（2）如圖所示建立空間直角坐標系，是面的一個法向量，然后利用算出即可.【詳解】（1）由面，面得，又，從而面，因為面所以由得面由面，面得，又，從而面可知四面體的四個面都是直角三角形，即四面體是“鱉臑”，四個直角分別為，（2）如圖所示建立空間直角坐標系，由面可知，是面的一個法向量，設直線與面所成角為，即直線與平面所成角的正切值為【點睛】向量法是求立體幾何中的線線角、線面角、面面角常用的方法.19、（1）見解析（2）【解析

17、】（1）依據線面平行的判定定理，在面中尋找一條直線與平行，即可由線面平行的判定定理證出；(2)建系，分別求出平面，平面的法向量，根據二面角的計算公式即可求出二面角的余弦值【詳解】（1）證明：如圖，取中點為，連結，則，所以與平行與且相等，所以四邊形是平行四邊形，所以平面，平面，所以平面.（2）令，因為是中點，所以平面，以為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，在菱形中，所以，在中，則，設平面的法向量為，所以，所以可取，又因平面的法向量，所以.由圖可知二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為.【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理應用以及二面角的求法，常見求二面角的方法有定義法，三垂線法，坐標

18、法20、（1）（2）見解析【解析】分析：（1）由題意可知，函數的定義域為，因為函數在為增函數，所以在上恒成立，等價于，由此可求的取值范圍；（2）求出，因為有兩極值點，所以， 設令，則，上式等價于要證，令，根據函數的單調性證出即可詳解：（1）由題意可知，函數的定義域為， 因為函數在為增函數，所以在上恒成立，等價于在上恒成立，即，因為，所以，故的取值范圍為. （2）可知，所以， 因為有兩極值點，所以， 欲證，等價于要證：，即，所以，因為，所以原式等價于要證明：，由，可得，則有，由原式等價于要證明：，即證，令，則，上式等價于要證， 令，則因為，所以，所以在上單調遞增，因此當時，即.所以原不等式成立，即. 點睛：本題考查了函數的單調性，考查導數的應用以及不等式的證明，屬難題21、（1）見解析（2）【解析】試題分析：（） 要證線線垂直，一般先證線面垂直，注意到底面，考慮證明與平面平行（或其內一條直線平行），由于是中點，因此取中點（實質上是與的交點），可證是平行四邊形，結論得證；（）求三棱錐的體積，采用換底，即，由已知可證就是三棱錐的高，從而易得體積試題解析：（）連結與交于點，則為的中點，連結， 為線段的中點，且又且且四邊形為平行四邊形，, 即又平面,面, ,（）平面，平面,平面平面，平面平面，平面，平面.三棱錐的體積考點：線面垂直的判定與性