1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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復數滿足，且在復平面內對應的點在第四象限，則實數的取值范圍是（ ）ABCD2下列三句話按“三段論”模式排列順序正

2、確的是（ ）是周期函數；三角函數是周期函數；是三角函數ABCD3若，滿足約束條件，則的最大值為（ ）A-2B-1C2D44如圖，用K、A1、A2三類不同的元件連接成一個系統當K正常工作且A1、A2至少有一個正常工作時，系統正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，則系統正常工作的概率為（ ）A0.960B0.864C0.720D0.5765我國高鐵發展迅速，技術先進.經統計，在經停某站的高鐵列車中，每天的正點率服從正態分布，且，則（ ）A0.96B0.97C0.98D0.996一個三位數的百位，十位，個位上的數字依次是，當且僅當時稱為“凹數”，若，從這些三位數中任

3、取一個，則它為“凹數”的概率是ABCD7若復數滿足，其中為虛數單位，則（ ）ABCD8易系辭上有“河出圖，洛出書”之說，河圖、洛書是中華文化，陰陽術數之源，其中河圖的排列結構是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中，如圖，白圈為陽數，黑點為陰數，若從陰數和陽數中各取一數，則其差的絕對值為5的概率為ABCD9在中，BC邊上的高等于,則（）ABCD10已知函數，若在上有且只有一個零點，則的范圍是( )ABCD11函數的定義域為，且，當時，；當時，則A672B673C1345D134612已知離散型隨機變量的分布列為表格所示，則隨機變量的均值為（ ）0123ABCD二、填空題：本

4、題共4小題，每小題5分，共20分。13函數的定義域是_14已知向量.若與共線，則在方向上的投影為_.15已知集合，若從這三個集合中各取一個元素構成空間直角坐標系中點的坐標，則確定不同點的個數為_.16已知是兩個非零向量，且，則的最大值為_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）如圖，在三棱柱中，側面底面，（）求證：平面；（）若，且與平面所成的角為，求二面角的平面角的余弦值18（12分）在平面直角坐標系中，以原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線，極坐標方程分別為，（）和交點的極坐標；（）直線的參數方程為（為參數），與軸的交點為，且與交于，兩點，求.19

5、（12分）已知直線的參數方程為（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，曲線的極坐標方程為.（I）求曲線的直角坐標方程；（II）求直線與曲線交點的直角坐標.20（12分）如圖（1）.在中，、分別是、上的點，且，將沿折起到的位置，使，如圖（2）.（1）求證：平面；（2）當點在何處時，三棱錐體積最大，并求出最大值；（3）當三棱錐體積最大時，求與平面所成角的大小.21（12分）已知直線是拋物線的準線，直線，且與拋物線沒有公共點，動點在拋物線上，點到直線和的距離之和的最小值等于2.（）求拋物線的方程；（）點在直線上運動，過點做拋物線的兩條切線，切點分別為，在平面內是否存在定點，使得

6、恒成立？若存在，請求出定點的坐標，若不存在，請說明理由22（10分）已知函數（）當時，求在上的零點個數；（）當時，若有兩個零點，求證： 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、C【解析】首先化簡，通過所對點在第四象限建立不等式組，得到答案.【詳解】根據題意得，因為復平面內對應的點在第四象限，所以，解得，故選C.【點睛】本題主要考查復數的四則運算，復數的幾何意義，難度不大.2、A【解析】根據“三段論”的排列模式：“大前提”“小前提”“結論”，分析即可得到正確的順序.【詳解】根據“三段論”的排列模式：“大前提”“小前提”“結

7、論”，可知：是周期函數是“結論”；三角函數是周期函數是“大前提”；是三角函數是“小前提”；故“三段論”模式排列順序為.故選：A【點睛】本題考查了演繹推理的模式，需理解演繹推理的概念，屬于基礎題.3、C【解析】分析：要先根據約束條件畫出可行域，再轉化目標函數，把求目標函數的最值問題轉化成求截距的最值問題詳解：如圖所示可行域：,故目標函數在點（2,0）處取得最大值，故最大值為2，故選C.點睛：本題考查線性規劃，須準確畫出可行域還要注意目標函數的圖象與可行域邊界直線的傾斜程度（斜率的大小）屬簡單題4、B【解析】A1、A2同時不能工作的概率為0.20.20.04，所以A1、A2至少有一個正常工作的概率

8、為10.040.96，所以系統正常工作的概率為0.90.960.864.故選B.考點：相互獨立事件的概率.5、D【解析】根據正態分布的對稱性，求得指定區間的概率.【詳解】由于，故，故選D.【點睛】本小題主要考查正態分布的對稱性，考查正態分布指定區間的概率的求法，屬于基礎題.6、C【解析】先分類討論求出所有的三位數，再求其中的凹數的個數，最后利用古典概型的概率公式求解.【詳解】先求所有的三位數，個位有4種排法，十位有4種排法，百位有4種排法，所以共有個三位數.再求其中的凹數，第一類：凹數中有三個不同的數，把最小的放在中間，共有種，第二類，凹數中有兩個不同的數，將小的放在中間即可，共有種方法，所以

9、共有凹數8+6=14個，由古典概型的概率公式得P=.故答案為：C【點睛】本題主要考查排列組合的運用，考查古典概型的概率，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.7、A【解析】由，得，則，故選A.8、A【解析】陽數：，陰數：，然后分析陰數和陽數差的絕對值為5的情況數，最后計算相應概率.【詳解】因為陽數：，陰數：，所以從陰數和陽數中各取一數差的絕對值有：個，滿足差的絕對值為5的有：共個，則.故選：A.【點睛】本題考查實際背景下古典概型的計算，難度一般.古典概型的概率計算公式：.9、C【解析】試題分析：設,故選C.考點：解三角形.10、B【解析】將問題轉化為在有且僅有一個根，考慮函數，的單調

10、性即可得解.【詳解】由題，所以不是函數的零點；當，有且只有一個零點，即在有且僅有一個根，即在有且僅有一個根，考慮函數，由得：，由得：所以函數在單調遞減，單調遞增，要使在有且僅有一個根，即或則的范圍是故選：B【點睛】此題考查根據函數零點求參數的取值范圍，關鍵在于等價轉化，利用函數單調性解決問題，常用分離參數處理問題.11、D【解析】根據函數周期的定義，得到函數是周期為3的周期函數，進而求得的值，進而得到，即可求解.【詳解】根據題意，函數的定義域為，且，則函數是周期為3的周期函數，又由當時，則，當時，則，由函數是周期為3的周期函數，則 則，所以，故選D.【點睛】本題主要考查了函數周期性的應用，以及

11、函數值的計算，其中解答中根據函數周期性的定義，求得函數是周期為3的周期函數是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.12、C【解析】分析：利用離散型隨機變量分布列的性質求得到，進而得到隨機變量的均值詳解：由已知得，解得：E（X）=故選：C點睛：本題考查離散型隨機變量的數學期望的求法，考查離散型隨機變量的基本性質，是基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】將函數的指數形式轉化為根式形式,即可求得其定義域.【詳解】函數即根據二次根式有意義條件可知定義域為 故答案為: 【點睛】本題考查了具體函數定義域的求法,將函數解析式進行適當變形,更方便求解,屬于基礎題.1

12、4、【解析】先根據與共線求出的值，再利用向量的投影公式求在方向上的投影.【詳解】.又與共線，在方向上的投影為.故答案為：【點睛】本題主要考查向量共線的坐標表示和向量的投影的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.15、.【解析】由組合數的性質得出，先求出無任何限制條件下所確定的點的個數，然后考慮坐標中有兩個相同的數的點的個數，將兩數作差可得出結果.【詳解】由組合數的性質得出，不考慮任何限制條件下不同點的個數為，由于，坐標中同時含和的點的個數為，綜上所述：所求點的個數為，故答案為.【點睛】本題考查排列組合思想的應用，常用的就是分類討論和分步驟處理，本題中利用總體淘汰法，可簡化分類

13、討論，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.16、【解析】構造，從而可知，于是的最大值可以利用基本不等式得到答案.【詳解】由題意，令，所以，所以，所以，所以，當且僅當，且時取等號.故答案為.【點睛】本題主要考查平面向量的幾何意義，模，基本不等式等知識，考查學生的運算求解能力，難度較大.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）余弦值為.【解析】分析：（1）由四邊形為菱形，得對角線,由側面底面，, 得到側面，從而，由此能證明平面；（2）由題意易知為等邊三角形，以點為坐標原點，為軸,為軸，過平行的直線為，建立空間直角坐標系，分別求出平面的法向量和平

14、面的法向量，由此能求出二面角的平面角的余弦值詳解：（）由已知側面底面，, 底面,得到側面，又因為 側面,所以,又由已知，側面為菱形，所以對角線,即，,所以平面.（）設線段的中點為點，連接,，因為，易知為等邊三角形，中線 ,由（）側面，所以,得到平面，即為與平面所成的角， , ,得到;以點為坐標原點，為軸,為軸，過平行的直線為，建立空間直角坐標系，,，由（）知平面的法向量為，設平面的法向量，,解得,二面角為鈍二面角，故余弦值為.點睛：本題考查直線與平面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，涉及到線線、線面、面面平行與垂直的性質、向量法等知識點的合理運用，是中檔題.18、（1）（2）見解析【解析】

15、試題分析：（1）聯立，極坐標方程，解出，反代得，即得和交點的極坐標；（2）先利用 將極坐標方程化為直接坐標方程，再由直線參數方程幾何意義得，因此將直線的參數方程代入直角坐標方程，利用韋達定理得，且，因此.試題解析：（）（方法一）由，極坐標方程分別為，化為平面直角坐標系方程分為.得交點坐標為.即和交點的極坐標分別為. （方法二）解方程組 所以， 化解得，即，所以和交點的極坐標分別為. （II）（方法一）化成普通方程解得 因為，所以.（方法二）把直線的參數方程： （為參數），代入得， 所以.19、（I）；（II）.【解析】（I）曲線C的極坐標方程為兩邊同乘，利用極坐標與直角坐標互化公式可得直角坐標

16、方程（II）將代入中，得的二次方程，解得則可求解【詳解】（I）將兩邊同乘得，曲線的直角坐標方程為：.（II）將代入中，得，解得，直線與曲線交點的直角坐標為.【點睛】本題考查了極坐標與直角坐標方程的互化、參數方程化為普通方程及其應用、直線與拋物線相交問題，考查的幾何意義，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題20、（1）見解析（2）點位于中點時，三棱錐體積最大，最大值為（3）【解析】(1)根據線面垂直的判定定理證明； (2)將三棱錐的體積表示成某個變量的函數，再求其最大值； (3)先找出線面角的平面角，再解三角形求角.【詳解】（1）證明：，因此，所以，又，平面；（2）解：設，則，由（1），又因為，

17、平面；所以，因此當，即點位于中點時，三棱錐體積最大，最大值為；（3）解：如圖，聯結，由于，且，即，因此即為與平面所成角，所以，即與平面所成角的大小為.【點睛】本題考查線面垂直的證明和體積的最值以及求線面角，屬于中檔題.21、 (1) (2) 存在定點，使得恒成立【解析】試題分析：（）作分別垂直和，垂足為，拋物線的焦點為，根據拋物線的定義可得的最小值即為點到直線的距離，故，從而可得結果；（）設，利用導數得到切線斜率，可設出切線方程，根據點在切線上可得到和是一元二次方程的根，利用韋達定理以及平面向量數量積公式，可得時，從而可得結論.試題解析：（）作分別垂直和，垂足為，拋物線的焦點為，由拋物線定義知，所以，顯見的最小值即為點到直線的距離，故，所以拋物線的方程為（）由（）知直線的方程為，當點在特殊位置時，顯見兩個切點關于軸對稱，故要使得，點必須在軸上故設，拋物線的方程為，求導得，所以切線的斜率，直線的方程為，又點在直線上，所以，整理得，同理可得，故和是一元二次方程的根，由韋達定理得， ，可見時，恒成立，所以存在定點，使得恒成立22、 ()有一個零點； ()見解析【解析】()對函數求導，將代