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若偶函數滿足且時,則方程的根的個數是( )A2個B4個C3個D多于4個2曲線的參數方程為，則曲線是（ ）A線段B雙曲線的一支C圓弧D射線3已知，則下列三個數，（ ）A都大

2、于B至少有一個不大于C都小于D至少有一個不小于4已知集合，則等于( )ABCD5某校派出5名老師去海口市三所中學進行教學交流活動，每所中學至少派一名教師，則不同的分配方案有（ ）A80種B90種C120種D150種6歐拉公式eixcos xisin x(i為虛數單位)是由瑞士著名數學家歐拉發明的，它將指數函數的定義域擴大到復數，建立了三角函數和指數函數的關系，它在復變函數論里非常重要，被譽為“數學中的天橋”根據歐拉公式可知，e2i表示的復數在復平面中對應的點位于()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限7某地舉辦科技博覽會，有個場館，現將個志愿者名額分配給這個場館，要求每個場館至少有一個名額

3、且各場館名額互不相同的分配方法共有（ ）種ABCD8已知函數是定義在上的奇函數，對任意的都有，當時，則（ ）ABCD9已知復數，則復數的虛部為 （ ）ABCD10已知函數.若不等式的解集中整數的個數為，則的取值范圍是（ ）ABCD11函數有( )A最大值為1B最小值為1C最大值為D最小值為12數列滿足是數列為等比數列的 ( )A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知直線與曲線在點P（1，1）處的切線互相垂直，則_.14已知函數，則曲線在處的切線方程為_15設，則_16已知拋物線，過的焦點的直線與交于，兩點。弦長

4、為，則線段的中垂線與軸交點的橫坐標為_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）設函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若不等式的解集包含，求的取值范圍.18（12分）已知等差數列的前項和為，且，.（1）求數列的通項公式；（2）若，求的值.19（12分）如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是一個菱形，三角形PAD是一個等腰三角形，BADPAD，點E在線段PC上，且PE3EC（1）求證：ADPB；（2）若平面PAD平面ABCD，求二面角EABP的余弦值20（12分）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，圓極

5、坐標方程為.（1）若直線與圓相切，求的值；（2）已知直線與圓交于，兩點，記點、相應的參數分別為，當時，求的長.21（12分）已知函數（e為自然對數的底數）（）當時，求函數的單調區間；（）若對于任意，不等式恒成立，求實數t的取值范圍22（10分）在中的內角、，是邊的三等分點（靠近點），（）求的大小（）當取最大值時，求的值參考答案一、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、B【解析】在同一坐標系中畫出函數和函數的圖象，這兩個函數的圖象的焦點個數，即為所求.【詳解】因為偶函數滿足，所以函數的周期為2，又當時，故當時，則方程的根的個數，等價

6、于函數和函數的圖象的交點個數，在同一坐標系中作出兩個函數的圖象，如圖所示，可得兩函數的圖象有4個交點，即方程有4個根，故選B.【點睛】本題主要考查了函數與方程的綜合應用問題，即根的存在性及根的個數的判定，其中解答中把方程的根的個數，轉化為函數和函數的圖象的交點個數，在同一坐標系中作出兩個函數的圖象，結合圖象求解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力.2、A【解析】由代入消去參數t 得又所以表示線段。故選A3、D【解析】分析：利用基本不等式可證明，假設三個數都小于，則不可能，從而可得結果.詳解：，假設三個數都小于，則，所以假設不成立，所以至少有一個不小于，故選D.點睛：本題主要考查基本

7、不等式的應用，正難則反的思想，屬于一道基礎題. 反證法的適用范圍：（1）否定性命題；（2）結論涉及“至多”、“至少”、“無限”、“唯一”等詞語的命題；（3）命題成立非常明顯，直接證明所用的理論較少，且不容易證明，而其逆否命題非常容易證明；（4）要討論的情況很復雜，而反面情況較少4、D【解析】分析：求出集合，即可得到.詳解： 故選D.點睛：本題考查兩個集合的交集運算，屬基礎題.5、D【解析】不同的分配方案有(C6、B【解析】由題意得，得到復數在復平面內對應的點，即可作出解答.【詳解】由題意得，e2icos 2isin 2，復數在復平面內對應的點為(cos 2，sin 2)2，cos 2(1，0)

8、，sin 2(0，1)，e2i表示的復數在復平面中對應的點位于第二象限，故選B.【點睛】本題主要考查了復數坐標的表示，屬于基礎題.7、A【解析】“每個場館至少有一個名額的分法”相當于在24個名額之間的23個空隙中選出兩個空隙插入分隔符號，則有種方法，再列舉出“至少有兩個場館的名額數相同”的分配方法，進而得到滿足題中條件的分配方法.【詳解】每個場館至少有一個名額的分法為種，至少有兩個場館的名額相同的分配方法有（1，1，22），（2,2,20），（3,3,18），（4,4,16），（5,5,14），（6,6,12），（7,7,10），（8,8,8），（9,9,6），（10,10,4），（11,11

9、,2），再對場館分配，共有種，所以每個場館至少有一個名額且各校名額互不相同的分配方法共有種，故選A.【點睛】該題考查的是有關形同元素的分配問題，涉及到的知識點有隔板法，在解題的過程中，注意對至少兩個場館分配名額相同的要去除.8、C【解析】根據得出周期，通過周期和奇函數把化在上，再通過周期和奇函數得【詳解】由，所以函數的周期因為是定義在上的奇函數，所以所以因為當時，所以所以選擇C【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性質以及周期若為奇函數，則滿足：1、，2、定義域包含0一定有若函數滿足，則函數周期為屬于基礎題9、C【解析】分析：由復數的乘除法法則計算出復數，再由定義可得詳解：，虛部為故選C點睛：本題考

10、查的運算復數的概念，解題時根據復數運算法則化復數為簡單形式，可得虛部與實部10、D【解析】對進行變形，得到，令，即的整數個數為3，再由的函數圖像和的函數圖像，寫出限制條件，得到答案【詳解】，即設，其中時，時，即符合要求，所以時，單調遞減，單調遞增，為極小值.有三個整數解，則還有一個整數解為或者是當解集包含時，時，所以需要滿足即，解得當解集包含時，需要滿足即整理得，而，所以無解集，即該情況不成立.綜上所述，由得，的范圍為故選D項.【點睛】利用導數研究函數圖像，兩個函數圖像的位置關系與解析式大小之間的關系，數形結合的數學思想，題目較綜合，考查內容比較多，屬于難題.11、A【解析】對函數進行求導，判

11、斷出函數的單調性，進而判斷出函數的最值情況.【詳解】解:，當時，當時，在上單調遞增，在上單調遞減，有最大值為，故選A.【點睛】本題考查了利用導數研究函數最值問題，對函數的導函數的正負性的判斷是解題的關鍵.12、B【解析】分析：由反例得充分性不成立，再根據等比數列性質證必要性成立.詳解：因為滿足，所以充分性不成立若數列為等比數列，則，即必要性成立.選B.點睛：充分、必要條件的三種判斷方法1定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假并注意和圖示相結合，例如“”為真，則是的充分條件2等價法：利用與非非，與非非，與非非的等價關系，對于條件或結論是否定式的命題，一般運用等價法3集合法：若，則是的充分條件或

12、是的必要條件；若，則是的充要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】14、【解析】利用導數的幾何意義，求出切線斜率，由點斜式即可求得切線方程。【詳解】因為，所以，切點坐標為，故切線方程為：即。【點睛】本題主要考查利用導數的幾何意義求函數曲線在某點處的切線方程。15、【解析】由正態分布中三個特殊區間上的概率知，答案：16、【解析】首先確定線段AB所在的方程，然后求解其垂直平分線方程，最后確定線段的中垂線與軸交點的橫坐標即可.【詳解】設直線的傾斜角為，由拋物線的焦點弦公式有：，則，由拋物線的對稱性，不妨取直線AB的斜率，則直線的方程為：，與拋物線方程聯立可得：，由韋達定理

13、可得：，設的中點，則，其垂直平分線方程為：，令可得，即線段的中垂線與軸交點的橫坐標為.【點睛】(1)直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數的關系；(2)有關直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式|AB|x1x2p，若不過焦點，則必須用一般弦長公式三、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）（2）【解析】（1）將代入函數的解析式，利用分類討論法來解不等式；（2）問題轉化為解不等式，得出不等式組，從而得出實數的取值范圍.【詳解】（1）當時，由，得，由，得，由，得.不等式的解集為；（2

14、）不等式的解集包含，即,由，得，,，問題.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法，考查絕對值不等式中的參數問題，解題的關鍵就是將問題進行等價轉化，通過構造不等關系來求解，考查分類討論數學思想，屬于中等題18、（1）；（2）4.【解析】（1）運用等差數列的性質求得公差d，再由及d求得通項公式即可（2）利用前n項和公式直接求解即可.【詳解】（1）設數列的公差為，故.（2），解得或（舍去），.【點睛】本題考查等差數列的通項公式及項數的求法，考查了前n項和公式的應用，是基礎題，解題時要認真審題，注意等差數列的性質的合理運用19、（1）見解析；（2）【解析】（1）取中點,連接,根據等邊三角形的性質證得平面，

15、由此證得.（2）以分別為軸建立空間直角坐標系，通過計算平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值.【詳解】（1）取中點,連接,由條件知均為等邊三角形，因此, 而由線面垂直定理可證, 又即證 （2）由（1）知，從而； 以建立空間直角坐標系，如圖所示：設，則，, ， 設面的法向量為 則 可得； 設面的法向量為則 可得 由圖知二面角為銳角，故二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查線線垂直、線面垂直的證明，考查利用空間向量計算二面角的余弦值，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.20、（1）或；（2）【解析】分析：（1）消元法解出直線的普通方程，利用直角坐標和極坐標的互化公式解出圓的直角坐標方程

16、，直線與圓相切，則。（2）將直線的參數方程為代入圓的直角坐標方程并化簡整理關于的一元二次方程。利用的幾何意義求解問題。詳解：（1）圓的直角坐標方程為，將直線的參數方程代入圓的直角坐標方程得，即為，因為直線與圓相切，所以，所以或，所以或；（2）將代入圓的直角坐標方程為，得，又，所以 ， .點睛：將直線的參數方程為代入圓的直角坐標方程并化簡整理關于的一元二次方程。利用的幾何意義求解問題是解決直線上的定點與交點問題的常規解法。注意，要去絕對值符號，需判斷交點與定點的位置關系，上方為正，下方為負。21、 (1)函數的單調遞增區間是；單調遞減區間是（2)【解析】試題分析：(1)，根據題意，由于函數當t=-e時，即導數為,函數的單調遞增區間是；單調遞減區間是（2) 根據題意由于對于任意，不等式恒成立，則在第一問的基礎上，由于函數,只要求解函數的最小值大于零即可，由于當t0,函數子啊R遞增，沒有最小值，當t0，那么可知，那么在給定的區間上可知當x=ln（-t）時取得最小值為2，那么可知t的取值范圍是考點：導數的運用點評：主要是考