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、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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對于偶函數，“的圖象關于直線對稱”是“是周期為2的周期函數”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C既不充分也不必要條件D充要條件2當時，總有成立，則下列判斷正確的是（）ABCD

2、3已知函數，若，使得，則實數a的取值范圍是（ ）ABCD4現有5人參加抽獎活動，每人依次從裝有5張獎票（其中3張為中獎票）的箱子中不放回地隨機抽取一張，直到3張中獎票都被抽出時活動結束，則活動恰好在第4人抽完后結束的概率為（ ）ABCD5為了得到函數的圖象，可以將函數的圖象（ ）A向右平移個單位長度B向右平移個單位長度C向左平移個單位長度D向左平移個單位長度6一個盒子里有3個分別標有號碼為1，2，3的小球，每次取出一個，記下它的標號后再放回盒子中，共取3次，則取得小球標號最大值是3的取法有（ ）A12種B15種C17種D19種7函數（ ）ABCD8已知橢圓（為參數）與軸正半軸，軸正半軸的交點分

3、別為，動點是橢圓上任一點，則面積的最大值為（ ）ABCD9已知函數滿足，與函數圖象的交點為，則=（ ）A0BCD10已知方程在上有兩個不等的實數根，則實數的取值范圍為（ ）ABCD11定義在上的奇函數滿足，當時，則在區間上是()A增函數且B增函數且C減函數且D減函數且12在中，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13_.14若，則展開式中的常數項為_。15在中,為的中點,的面積為6,且交于點,將沿翻折,翻折過程中，與所成角的余弦值取值范圍是_16已知某商場在一周內某商品日銷售量的莖葉圖如圖所示，那么這一周該商品日銷售量的平均數為_三、解答題：共70分。解答應寫出文字

4、說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知的角、所對的邊分別是、，設向量，.（1）若，求證：為等腰三角形；（2）若，邊長，角，求的面積.18（12分）把編號為1、2、3、4、5的小球，放入編號為1、2、3、4、5的盒子中.(1)恰有兩球與盒子號碼相同；(2)球、盒號碼都不相同，問各有多少種不同的方法19（12分）已知圓C經過P(4，2)，Q(1，3)兩點，且圓心C在直線xy10上(1)求圓C的方程；(2)若直線lPQ，且l與圓C交于點A，B且以線段AB為直徑的圓經過坐標原點，求直線l的方程20（12分）已知數列的前項和為，且滿足（1）求數列的通項公式；（2）令，記數列的前項和為，證明：21（

5、12分）目前，學案導學模式已經成為教學中不可或缺的一部分，為了了解學案的合理使用是否對學生的期末復習有著重要的影響某校隨機抽取200名學生，對學習成績和學案使用程度進行了調查，統計數據如下表所示：善于使用學案不善于使用學案合計學習成績優秀40學習成績一般30合計200已知隨機抽查這200名學生中的一名學生，抽到善于使用學案的學生概率是0.6.參考公式：，其中.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828（I）完成列聯表（不用寫計算過程）；（）試運用獨立性檢驗的思想方法分析有多大的把握認為學生的學習成績與

6、對待學案的使用態度有關？22（10分）設命題實數滿足（）；命題實數滿足（1）若且pq為真，求實數的取值范圍；（2）若q是p的充分不必要條件，求實數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、D【解析】將兩個條件相互推導，根據推導的結果選出正確選項.【詳解】依題意，函數為偶函數，即.“的圖象關于直線對稱”“是周期為2的周期函數”.故為充要條件，即本小題選D.【點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查函數的奇偶性、對稱性和周期性，屬于中檔題.2、C【解析】構造函數，然后判斷的單調性，然后即可判斷的大小.【詳解】令

7、，則所以在上單調遞增因為當時，總有成立所以當時，所以故選：C【點睛】解答本題的關鍵是要善于觀察條件中式子的特點，然后構造出函數.3、A【解析】由題意可轉化為，利用導數分別研究兩個函數最小值，求解即可.【詳解】解：當時，由得，=，當時，在單調遞減， 是函數的最小值，當時，為增函數，是函數的最小值，又因為，都，使得，可得在的最小值不小于在的最小值，即，解得：，故選：【點睛】本題考查指數函數和對勾函數的圖像及性質，考查利用導數研究單調性問題的應用，屬于基礎題.4、C【解析】試題分析：將5張獎票不放回地依次取出共有種不同的取法，若活動恰好在第四次抽獎結束，則前三次共抽到2張中獎票，第四次抽到最后一張中

8、獎票共有種取法，考點：古典概型及其概率計算公式5、B【解析】由三角函數的誘導公式可得，再結合三角函數圖像的平移變換即可得解.【詳解】解：由，即為了得到函數的圖象，可以將函數的圖象向右平移個單位長度，故選：B.【點睛】本題考查了三角函數圖像的平移變換及三角函數的誘導公式，屬基礎題.6、D【解析】試題分析：分三類：第一類，有一次取到3號球，共有取法；第二類，有兩次取到3號球，共有取法；第三類，三次都取到3號球，共有1種取法；共有19種取法.考點：排列組合，分類分步記數原理.7、A【解析】由于函數為偶函數又過（0，0）,排除，所以直接選A.【考點定位】對圖像的考查其實是對性質的考查，注意函數的特征即

9、可，屬于簡單題.8、B【解析】分析：根據橢圓的方程算出A（4，1）、B（1，3），從而得到|AB|=5且直線AB：3x+4y12=1設點P（4cos，3sin），由點到直線的距離公式算出P到直線AB距離為d=|sin1|，結合三角函數的圖象與性質算出dmax=（），由此結合三角形面積公式，即可得到PAB面積的最大值詳解：由題得橢圓C方程為：，橢圓與x正半軸交于點A（4，1），與y正半軸的交于點B（1，3），P是橢圓上任一個動點，設點P（4cos，3sin）（1，2）點P到直線AB：3x+4y12=1的距離為d=|sin1|，由此可得：當=時，dmax=（）PAB面積的最大值為S=|AB|dma

10、x=6（）.點睛：(1)本題主要考查橢圓的參數方程和三角函數的圖像和性質，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力計算能力.(2)對于|sin1|，不是sin=1時，整個函數取最大值，而應該是sin=-1，要看后面的“-1”.9、B【解析】由題意知函數的圖象和函數的圖象都關于直線對稱，可知它們的交點也關于直線對稱，于此可得出的值。【詳解】設，由于，則函數的圖象關于直線對稱，且函數的圖象也關于直線對稱，所以，函數與函數的交點也關于直線對稱，所以，令，則，所以，因此，故選：B.【點睛】本題考查函數的交點坐標之和，考查函數圖象的應用，抓住函數圖象對稱性是解題的關鍵，同時也要注意抽象函數關系與性

11、質之間的關系，如下所示：（1），則函數的周期為；（2）或，則函數的對稱軸為直線；（3），則函數的對稱中心為.10、C【解析】由于恒成立，構造函數，則方程在上有兩個不等的實數根等價于函數在上有兩個不同的零點，利用導數研究函數在的值域即可解決問題。【詳解】由于恒成立，構造函數，則方程在上有兩個不等的實數根等價于函數在上有兩個不同的零點，則 ，（1）當時，則在上恒成立，即函數在上單調遞增，當時，根據零點定理可得只有唯一零點，不滿足題意；（2）當時，令，解得：，令，解得：或，故的單調增區間為，的單調減區間為，當，即時，則在單調遞增，當時，根據零點定理可得只有唯一零點，不滿足題意；當 ，即時，則在上單調

12、遞增，在上單調遞減，所以當時， ，故要使函數在上有兩個不同的零點，則 ，解得： ；綜上所述：方程在上有兩個不等的實數根，則實數的取值范圍為：故答案選C【點睛】本題考查方程根的個數問題，可轉為函數的零點問題，利用導數討論函數的單調區間以及最值即可解決問題，有一定的綜合性，屬于中檔題。11、B【解析】先利用函數奇偶性求出函數在上的解析式，然后利用周期性求出函數在上的解析式，結合解析式對其單調性以及函數值符號下結論【詳解】設，則，由于函數為上的奇函數，則，當時，則.所以，函數在上是增函數，且當時，故選B.【點睛】本題考查函數單調性與函數值符號的判斷，解決函數問題關鍵在于求出函數的解析式，本題的核心在

13、于利用奇偶性與周期性求出函數的解析式，屬于中等題12、D【解析】利用余弦定理計算出的值，于此可得出的值【詳解】，由余弦定理得，因此，故選D【點睛】本題考查利用余弦定理求角，解題時應該根據式子的結構確定對象角，考查計算能力，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】利用指數和對數運算，化簡所求表達式.【詳解】原式.故答案為：【點睛】本小題主要考查指數和對數運算，屬于基礎題.14、-1【解析】根據定積分求出a的值，再利用二項式展開式的通項公式求出常數項的值【詳解】若，則 ，即a=2，展開式的通項公式為：令6-2r=0，解得r=3；展開式的常數項為：故答案為：-1【點睛

14、】本題考查了二項式展開式的通項公式與定積分的計算問題，是基礎題目15、.【解析】分析：根據題意，過作的垂線，垂足為過作的垂線，垂足為由題可求得 ，設 的夾角為， ，由此可求與所成角的余弦值取值范圍詳解：如圖所示，根據題意，過作的垂線，垂足為過作的垂線，垂足為由題,的面積為6， ，設 的夾角為，故與所成角的余弦值取值范圍是.即答案為.點睛：本題考查平面圖形的翻折問題，考查異面直線的夾角文，屬難題.16、【解析】直接計算平均數得到答案.【詳解】.故答案為：.【點睛】本題考查了莖葉圖的平均值，意在考查學生的計算能力.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

15、）【解析】因為，所以，即,其中是的外接圓半徑， 所以，所以為等腰三角形.因為，所以.由余弦定理可知，即解方程得：（舍去）所以.18、 (1)20；(2)44.【解析】(1)由題意結合排列組合公式和乘法原理即可求得恰有兩球與盒子號碼相同的種數；(2)利用全錯位排列的遞推關系式可得球、盒號碼都不相同的方法種數.【詳解】(1)易知3個球、盒號碼都不相同共有2種情況，則恰有兩球與盒子號碼相同的排列方法種數為：種；(2)利用全錯位排列的遞推關系式：可得：，即球、盒號碼都不相同共有44種方法.【點睛】本題主要考查排列組合公式的應用，全錯位排列的遞推關系式等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.19、

16、（1）（2）yx4或yx3【解析】（1）由圓的性質知圓心在線段的垂直平分線上，因此可求得線段的垂直平分線的方程，與方程聯立，可求得圓心坐標，再求得半徑后可得圓標準方程；（2）設的方程為代入圓方程，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2m1，x1x21而以線段AB為直徑的圓經過坐標原點，則有，即，由此可求得，得直線方程【詳解】(1)P(4，2)，Q(1，3)，線段PQ的中點M，斜率kPQ1，則PQ的垂直平分線方程為，即解方程組得圓心C(1，2)，半徑故圓C的方程為(2)由lPQ，設l的方程為代入圓C的方程，得設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2m1，x1x21故y1y2(m

17、x1)(mx2)m2x1x2m(x1x2)，依題意知OAOB，則(x1，y1)(x2，y2)x1x2y1y22，于是m22x1x2m(x1x2)2，即m2m122m4或m3，經檢驗，滿足2故直線l的方程為yx4或yx3【點睛】本題考查求圓的標準方程，考查直線與圓的位置關系求圓的方程，可先確定圓心坐標，求得圓的半徑，然后寫出標準方程本題直線與圓相交問題中采用設而不求法，即設交點坐標為，由直線方程與圓方程聯立方程組消元后可得（不直接求出交點坐標），代入A，B滿足的其他條件（本題中就是）求得參數值20、（1）；（2）見解析【解析】（1）可以通過取計算出，再通過取時計算出,得出答案。 （2）可通過裂項相消求解。【詳解】（1）當時，有，解得.當時，有，則，整理得：，數列是以為公比，以為首項的等比數列所以，即數列的通項公式為： （2）由（1）有，則所以易知數列為遞增數列，所以。【點睛】本題考察的是求數列的通項公式以及構造數列然后求和，求等比數列的通項公式可以先求首項和公比，求和可以通過裂項相消求解。21、（1）見詳解（2）有99.9%的把握認為學生的學習成績與對待學案的使用態度有關.【解析】（1）由已知數據列列聯表，（2）由公式得：，結合參考數據下結論即可.【詳解】（1）列聯表：善于使用學案不善于使用學案合計學習成績優秀405090學習成績一般8030110合計12080200（2）由公式得