1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、目要求的。1已知，其中、是實數，是虛數單位，則復數的共軛復數對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2已知函數（其中）在區間上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）ABCD3若，則下列結論中不恒成立的是（ ）ABCD4從一批產品中取出三件產品，設事件為“三件產品全不是次品”，事件為“三件產品全是次品”，事件為“三件產品不全是次品”，則下列結論正確的是（ ）A事件與互斥B事件與互斥C任何兩個事件均互斥D任何兩個事件均不互斥5下列命題錯誤的是（ ）A命題“若，則”的逆否命題為“若 ，則”B若為假命題，則均為假命題C對于命題：，使得，則：，均有D“”是“”的充分不必要條件6設函數是上的

3、可導函數其導函數為,且有,則不等式的解集為( )ABCD72018年元旦期間，某高速公路收費站的三個高速收費口每天通過的小汽車數（單位：輛）均服從正態分布，若，假設三個收費口均能正常工作，則這個收費口每天至少有一個超過700輛的概率為（ ）ABCD8有10名學生和2名老師共12人,從這12人選出3人參加一項實踐活動則恰有1名老師被選中的概率為（ ）A922B716C99如圖，在長方體中，若，則異面直線和所成角的余弦值為（ ）ABCD10已知定義在R上的偶函數（其中e為自然對數的底數），記，則a，b，c的大小關系是（ ）ABCD11 “”是“函數在內存在零點”的A充分而不必要條件B必要而不充分條

4、件C充分必要條件D既不充分也不必要條件12設(x1,y1),(x2,y2Ax和y的相關系數為直線l的斜率Bx和y的相關系數在0到1之間C當n為偶數時，分布在l兩側的樣本點的個數一定相同D直線l過點(二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13函數與函數在第一象限的圖象所圍成封閉圖形的面積是_14如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F為圓O上的點，DBC，ECA，FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起DBC，ECA，FAB，使得D，E，F重合，得到三棱錐當ABC的邊長變化時，所得三

5、棱錐體積(單位：cm3)的最大值為_15對具有線性相關關系的變量，有一組觀察數據，其回歸直線方程是：，且，則實數的值是_16的展開式中，的系數為_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.（1）當時，求a的取值范圍；（2）若對任意，恒成立，求實數a的最小值.18（12分）知函數，與在交點處的切線相互垂直.(1)求的解析式；(2)已知,若函數有兩個零點,求的取值范圍 .19（12分）某市政府為了節約生活用電，計劃在本市試行居民生活用電定額管理，即確定一戶居民月用電量標準a，用電量不超過a的部分按平價收費，超出a的部分按議價收費為此，政府調查了100戶居民的月

6、平均用電量單位：度，以，分組的頻率分布直方圖如圖所示根據頻率分布直方圖的數據，求直方圖中x的值并估計該市每戶居民月平均用電量的值；用頻率估計概率，利用的結果，假設該市每戶居民月平均用電量X服從正態分布估計該市居民月平均用電量介于度之間的概率；利用的結論，從該市所有居民中隨機抽取3戶，記月平均用電量介于度之間的戶數為，求的分布列及數學期望20（12分）已知函數（，e為自然對數的底數）.（1）若，求的最大值；（2）若在R上單調遞減，求a的取值范圍；當時，證明：.21（12分）已知函數.（1）若，求曲線在點處的切線方程；（2）討論函數的單調區間.22（10分）如圖, 平面平面為等邊三角形, 過作平面

7、交分別于點,設.（1）求證：平面； （2）求的值, 使得平面與平面所成的銳二面角的大小為.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】由得，根據復數相等求出的值，從而可得復數的共軛復數，得到答案.【詳解】由有，其中、是實數.所以，解得，所以則復數的共軛復數為，則在復平面內對應的點為.所以復數的共軛復數對應的點位于第四象限.故選：D【點睛】本題考查復數的運算和根據復數相等求參數，考查復數的概念，屬于基礎題.2、D【解析】根據復合函數增減性與對數函數的增減性來進行判斷求解【詳解】，為減函數，若底數，根據復合函數同增異減

8、的性質，可得函數在定義域內單調遞增，與題不符，舍去若底數，根據復合函數同增異減的性質，可得函數在定義域內單調遞減，的定義域滿足，因在區間上單調遞減，故有，所以答案選D【點睛】復合函數的增減性滿足同增異減，對于對數函數中底數不能確定的情況，需對底數進行分類討論，再進行求解3、D【解析】分析兩數可以是滿足，任意數，利用特殊值法即可得到正確選項詳解：若，不妨設a 代入各個選項，錯誤的是A、B，當 時，C錯故選D點睛：利用特殊值法驗證一些式子錯誤是有效的方法，屬于基礎題4、B【解析】根據互斥事件的定義，逐個判斷，即可得出正確選項【詳解】為三件產品全不是次品，指的是三件產品都是正品，為三件產品全是次品，

9、為三件產品不全是次品，它包括一件次品，兩件次品，三件全是正品三個事件由此知：與是互斥事件；與是包含關系，不是互斥事件；與是互斥事件，故選B【點睛】本題主要考查互斥事件定義的應用5、B【解析】由原命題與逆否命題的關系即可判斷A；由復合命題的真值表即可判斷B; 由特稱命題的否定是全稱命題即可判斷C；根據充分必要條件的定義即可判斷D；【詳解】A命題：“若p則q”的逆否命題為：“若q則p”，故A正確；B若pq為假命題，則p，q中至少有一個為假命題，故B錯C由含有一個量詞的命題的否定形式得，命題p：xR，使得x2+x+10，則p為：xR，均有x2+x+10，故C正確；D由x23x+20解得，x2或x1，

10、故x2可推出x23x+20，但x23x+20推不出x2，故“x2”是“x23x+20”的充分不必要條件，即D正確故選：B【點睛】本題考查簡易邏輯的基礎知識：四種命題及關系，充分必要條件的定義，復合命題的真假和含有一個量詞的命題的否定，這里要區別否命題的形式，本題是一道基礎題6、C【解析】分析：先求，所以單調遞減。再解不等式。詳解：因為，所以，設故單調遞減，那么，所以的解集，也即是的解集，由單調遞減，可得，所以，故選C。點睛：已知抽象函數的性質解不等式的基本解法有兩種：（1）構造滿足題目條件的特殊函數，（2）還原抽象函數，利用抽象函數的性質求解。7、C【解析】分析：根據正態曲線的對稱性求解即可.

11、詳解：根據正態曲線的對稱性，每個收費口超過輛的概率，這三個收費口每天至少有一個超過輛的概率，故選C.點睛：本題主要考查正態分布的性質與實際應用，屬于中檔題.有關正態分布的應用題考查知識點較為清晰，只要掌握以下兩點，問題就能迎刃而解：（1）仔細閱讀，將實際問題與正態分布“掛起鉤來”；（2）熟練掌握正態分布的性質，特別是狀態曲線的對稱性以及各個區間概率之間的關系.8、A【解析】先求出從12人中選3人的方法數，再計算3人中有1人是老師的方法數，最后根據概率公式計算【詳解】從12人中選3人的方法數為n=C123=220，3人中愉有所求概率為P=m故選A【點睛】本題考查古典概型，解題關鍵是求出完成事件的

12、方法數9、D【解析】連結，可證明是平行四邊形，則，故的余弦值即為異面直線和所成角的余弦值，利用余弦定理可得結果.【詳解】連結，由題得 ，故是平行四邊形，則的余弦值即為所求，由，可得，故有，解得，故選D.【點睛】本題考查異面直線的夾角的余弦值和余弦定理，常見的方法是平移直線，讓兩條直線在同一平面中，再求夾角的余弦值.10、A【解析】先根據函數奇偶性，求出，得到，再由指數函數單調性，以及余弦函數單調性，得到在上單調遞增，進而可得出結果.【詳解】因為是定義在R上的偶函數，所以，即，即，所以，解得：，所以，當時，因為是單調遞增函數，在上單調遞減，所以在上單調遞增，又，所以，即.故選：A.【點睛】本題主

13、要考查由函數單調比較大小，由函數奇偶性求參數，熟記函數單調性與奇偶性即可，屬于常考題型.11、A【解析】分析：先求函數在內存在零點的解集，再用集合的關系判斷充分條件、還是必要條件。詳解：函數在內存在零點，則，所以的解集那么是的子集，故充分非必要條件，選A點睛：在判斷命題的關系中，轉化為判斷集合的關系是容易理解的一種方法。12、D【解析】因回歸直線一定過這組數據的樣本中心點(x點睛：函數關系是一種確定的關系，相關關系是一種非確定的關系.事實上，函數關系是兩個非隨機變量的關系，而相關關系是非隨機變量與隨機變量的關系.如果線性相關，則直接根據用公式求a,b，寫出回歸方程，回歸直線方程恒過點二、填空題

14、：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】先求出直線與曲線的交點坐標，封閉圖形的面積是函數yx與y在x0，1上的積分【詳解】解：聯立方程組可知，直線yx與曲線y的交點為（0，0）（1，1）；所圍成的面積為S.故答案為【點睛】本題考查了定積分，找到積分區間和被積函數是解題關鍵，屬于基礎題14、【解析】如下圖，連接DO交BC于點G，設D，E，F重合于S點，正三角形的邊長為x(x0)，則.， ，三棱錐的體積.設，x0，則，令，即，得，易知在處取得最大值.點睛:對于三棱錐最值問題，需要用到函數思想進行解決，本題解決的關鍵是設好未知量，利用圖形特征表示出三棱錐體積.當體積中的變量最高次是2次時

15、可以利用二次函數的性質進行解決，當變量是高次時需要用到求導的方式進行解決.15、0【解析】分析：根據回歸直線方程過樣本中心點 計算平均數代入方程求出的值詳解：根據回歸直線方程過樣本中心點即答案為0.點睛：本題考查了線性回歸方程過樣本中心點的應用問題，是基礎題16、【解析】根據題意，由二項式定理可得的展開式的通項，令的系數為1，解可得 的值，將的值導代入通項，計算可得答案【詳解】由二項式的展開式的通項為，令，解可得，則有，即 的系數為1，故答案為：1【點睛】本題主要考查了二項式定理的應用，關鍵是掌握二項式定理的形式，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證

16、明過程或演算步驟。17、（1），（2）的最小值為【解析】試題分析：（1）的取值范圍是；（2），當且僅當時取等號的最小值為.試題解析：（1），即依題意：由此得a的取值范圍是（2）當且僅當時取等號解不等式得.故實數a的最小值為.考點：不等式選講18、 (1) (2) 或【解析】分析：（1）分別求出與在交點處切線的斜率，從而得到答案；（2）對求導，分類討論即可.詳解：(1) ，又，與在交點處的切線相互垂直，,.又在上, ，故. (2)由題知 .,即時,令,得;令,得或，在區間上單調遞增,在區間上單調遞減,在區間上單調遞增,故存在使 .又，在區間上有一個零點,在區間上有一個零點,在區間上有一個零點,共

17、個零點,不符合題意,舍去.時,令,得，令,得或，在區間上單調遞增,在區間上單調遞減,在區間上單調遞增，又,有兩個零點,符合題意.,即時,令,得,令,得或，在區間上單調遞增,在區間上單調遞減,在區間上單調遞增，在區間上存在一個零點,若要有兩個零點,必有,解得.,即時,令,得，令,得或，在區間上單調遞增,在區間上單調遞減,在區間上單調遞增，,在區間上存在一個零點，又 ，在區間上不存在零點,即只有一個零點,不符合題意.綜上所述, 或. 點睛：函數零點或函數圖象交點問題的求解，一般利用導數研究函數的單調性、極值等性質，并借助函數圖象，根據零點或圖象的交點情況，建立含參數的方程(或不等式)組求解，實現形

18、與數的和諧統一19、 (1)225.6.(2) （i） ；（ii） 分布列見解析；.【解析】分析：（1）由矩形面積和為列方程可得，利用每個矩形的中點橫坐標與該矩形的縱坐標相乘后求和，即可得到該市每戶居民平均用電量的值；(2) （i）由正態分布的對稱性可得結果；（ii）因為，則，從而可得分布列，利用二項分布的期望公式可得結果.詳解：（1）由得（2）（i）（ii）因為，.所以的分布列為0123所以點睛：“求期望”，一般利用離散型隨機變量的數學期望的定義求期望對于某些實際問題中的隨機變量，如果能夠斷定它服從某常見的典型分布（如二項分布），則此隨機變量的期望可直接利用這種典型分布的期望公式()求得因此

19、，應熟記常見的典型分布的期望公式，可加快解題速度20、（1）1；（2），證明見解析.【解析】（1）求出函數的導函數，利用導函數與函數單調性的關系當，求出單調遞增區間，當，求出函數的單調遞減區間，進而可求出最大值.（2）求出對恒成立，化為對恒成立，記，討論值，求出的最小值即可證出；由題意可得，即，兩邊取對數可得，下面采用分析法即可證出.【詳解】（1）時，時，在上單調遞增時，在上單調遞減（2）由在R上單調遞減，對恒成立，即對恒成立，記，則對恒成立，當時，符題當時，時，在上單調遞減時，在上單調遞增；當時，時，在上單調遞減時，在上單調遞增；綜上：當時，在上單調遞減，.要證，即證下面證明令，則，在區間上單調遞增，得證【點睛】本題考查了導函數在研究函數單調性的應用，分析法證明不等式，考查了分類討論的思想，綜合性比較強，屬于難題.21、（1）（2）當時，函數的增區間是（0,1），減區間是；當時，函數的增區間是和，減區間是；當時，函數增區間是，沒有減區間；當時，函數的增區間是（0,1）和，減區間是.【解析】（1）求導，根據導數的幾何意義，寫出切線方程的點斜式方程，整理化簡即可；（2）求導，根據參數對導數正負的影響對參數進行分類討論，求得對應的單調性和單調區間.【詳解】（1）若，導函數為.依題意，有，則切線方程為，即.（2），當時，由，得，則函數的增區間是（0,1），減區間