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若關于x的不等式對任意的恒成立，則可以是（ ）A，B，C，D，2若函數在區間上的圖象如圖所示，則的值（ ）ABCD3設，則“”是“”的（ ）A充分而不必要條件B必要而不充

2、分條件C充要條件D既不充分也不必要條件4已知為雙曲線：右支上一點，為其左頂點，為其右焦點，滿足，則點到直線的距離為（ ）ABCD5已知在R上是奇函數，且A-2B2C-98D986已知復數滿足，則（ ）ABCD7若，則( )A2B0C-1D-28在復平面內，復數 (i為虛數單位)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9已知，則=（ ）A2B-2CD310若函數在上是增函數，則實數的取值范圍是（ ）ABCD11設a,b,c為三角形ABC三邊長，a1,bc，若logc+ba+logc-bA銳角三角形 B直角三角形 C鈍角三角形 D無法確定12如圖所示，圓為正三角形的內切圓

3、，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（）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13現有10件產品，其中6件一等品，4件二等品，從中隨機選出3件產品，恰有1件一等品的概率為_.14的展開式中項的系數為_15已知的面積為，三個內角A,B,C成等差數列，則_16在的展開式中，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）已知拋物線：，點為直線上任一點，過點作拋物線的兩條切線，切點分別為，（1）證明，三點的縱坐標成等差數列；（2）已知當點坐標為時，求此時拋物線的方程；（3）是否

4、存在點，使得點關于直線的對稱點在拋物線上，其中點滿足，若存在，求點的坐標；若不存在，說明理由.18（12分）如圖，是平面的斜線，為斜足平面，為垂足，是平面上的一條直線，于點，.（1）求證：平面；（2）求和平面所成的角的大小.19（12分）如圖，四棱錐中，底面ABCD為菱形，平面ABCD，BD交AC于點E，F是線段PC中點，G為線段EC中點求證：平面PBD；求證：20（12分）（1）六個從左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，則不同的排法共有幾種？（2）把5件不同產品擺成一排，若產品與產品相鄰，且產品與產品不相鄰，則不同的擺法有幾種？（3）某次聯歡會要安排3個歌舞類節目、2個小品類

5、節目和1個相聲類節目的演出順序，則同類節目不相鄰的排法有幾種？21（12分）如圖，在三棱錐中，兩兩垂直，且為線段的中點.（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面所成角的正弦值.22（10分）已知函數在處取得極值(1)求實數a的值；(2)若關于x的方程在區間上恰有兩個不同的實數根，求實數b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】分別取代入不等式，得到答案.【詳解】不等式對任意的恒成立取得： 取得：排除A,B,C故答案為D【點睛】本題考查了不等式恒成立問題，用特殊值法代入數據是解題的關鍵.2、A【解析】根

6、據周期求，根據最值點坐標求【詳解】因為,因為時，所以因為，所以，選A.【點睛】本題考查由圖像求三角函數解析式，考查基本分析求解能力，屬基礎題.3、A【解析】首先解這兩個不等式，然后判斷由題設能不能推出結論和由結論能不能推出題設，進而可以判斷出正確的選項.【詳解】， ，顯然由題設能推出結論，但是由結論不能推出題設，因此“”是“”的充分不必要條件，故本題選A.【點睛】本題考查了充分條件、必要條件的判斷，解決本問題的關鍵是正確求出不等式的解集.4、D【解析】由題意可得為等邊三角形，求出點的坐標，然后代入雙曲線中化簡，然后求出即可【詳解】由題意可得，由，可得為等邊三角形所以有，代入雙曲線方程可得結合化

7、簡可得，可解得因為，所以所以點到直線的距離為故選：D【點睛】本題考查的是等邊三角形的性質，雙曲線的方程及化簡運算能力，屬于中檔題.5、A【解析】f(x4)f(x)，f(x)是以4為周期的周期函數，f(2 019)f(50443)f(3)f(1)又f(x)為奇函數，f(1)f(1)2122，即f(2 019)2.故選A6、C【解析】，故選C.7、C【解析】令可得：，令，可得：，據此可得：-1.本題選擇C選項.點睛：因為二項式定理中的字母可取任意數或式，所以在解題時根據題意，給字母賦值，是求解二項展開式各項系數和的一種重要方法8、D【解析】分析：首先求得復數z，然后求解其共軛復數即可.詳解：由復數

8、的運算法則有：，則，其對應的點位于第四象限.本題選擇D選項.點睛：本題主要考查復數的運算法則及其應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.9、C【解析】首先根據題中所給的函數解析式，求得，之后根據，從而求得，得到結果.【詳解】根據題意，可知，所以，所以，故選C.【點睛】該題考查的是有關分段函數根據函數值求參數的問題，在解題的過程中，首先求得，利用內層函數的函數值等于外層函數的自變量，代入函數解析式求得結果.10、D【解析】由題意得在上恒成立，利用分離參數思想即可得出結果【詳解】，又函數在上是增函數，在恒成立，即恒成立，可得，故選D.【點睛】本題主要考查了已知函數的單調性求參數的取值范圍

9、，屬于中檔題11、B【解析】試題分析：兩邊除以logc+balogc-ba考點：1.解三角形；2.對數運算.12、A【解析】設正三角形的邊長為，內切圓半徑為，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.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】利用古典概型的概率計算公式計算即可.【詳解】從10件產品中任取3件共有種不同取法，其中恰

10、有1件一等品共有種不同取法，由古典概型的概率計算公式知，從中隨機選出3件產品，恰有1件一等品的概率為.故答案為：【點睛】本題考查古典概型的概率計算，考查學生的運算能力，是一道基礎題.14、9【解析】將二項式表示為，然后利用二項式定理寫出其通項，令的指數為，求出參數的值，再代入通項即可得出項的系數。【詳解】，所以，的展開式通項為，令，得，所以，展開式中項的系數為，故答案為：。【點睛】本題考查二項式中指定項的系數，考查二項式展開式通項的應用，這類問題的求解一般要將展開式的通項表示出來，通過建立指數有關的方程來求解，考查運算能力，屬于中等題。15、8【解析】分析：根據三角形的面積公式求解即可詳解：根

11、據三角形的面積公式，三個內角A,B,C成等差數列故，所以點睛：三角形的面積公式，和向量的內積公式的角度一樣，邊長就是兩個向量的模，故整體替換相互轉化16、【解析】本題考查二項式定理.二項展開式的第項為.則的第項為，令， 可得的系數為三、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、 (1)證明見解析；(2) ；(3) 存在一點滿足題意.【解析】(1)設,對求導,則可求出在,處的切線方程,再聯立切線方程分析即可.(2)根據(1)中的切線方程,代入則可得到直線的方程,再聯立拋物線求弦長列式求解即可.(3)分情況,當的縱坐標與兩種情況,求出點的坐標表達式,再利用與垂直進行求解分析是

12、否存在即可.【詳解】(1) 設,對求導有,故在處的切線方程為,即,又,故同理在處的切線方程為,聯立切線方程有,化簡得,即的縱坐標為,因為，故,三點的縱坐標成等差數列.(2)同(1)有在處的切線方程為,因為,所以,即,又切線過,則,同理,故均滿足直線方程,即故直線 ,聯立 ,則,即,解得,故拋物線：.(3)設,由題意得,則中點,又直線斜率,故設 .又的中點在直線上,且中點也在直線上,代入得.又在拋物線上,則.所以或.即點或(1)當時,則,此時點滿足(2) 當時,對,此時,則.又.,所以,不成立,對,因為,此時直線平行于軸,又因為,故直線與直線不垂直,與題設矛盾,故時,不存在符合題意的點.綜上所述

13、,僅存在一點滿足題意.【點睛】本題考查了拋物線的雙切線問題,需要求出在拋物線上的點的切線方程,再根據拋物線雙切線的性質進行計算,同時要靈活運用拋物線的方程,屬于難題.18、（1）證明見解析 （2）【解析】（1）推導出，由此能證明平面（2）設，推導出，從而，由平面，得是和平面所成的角，由此能求出和平面所成的角【詳解】（1）是平面的斜線，為斜足，平面，為垂足，是平面上的一條直線，又，且，平面（2）設，于點，平面，平面，是和平面所成的角，和平面所成的角為【點睛】本題考查線面垂直的證明、線面角的求法、空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查空間想象能力和運算求解能力，是中檔題19、（1）見解

14、析；（2）見解析【解析】分析：（1）先證明，再證明FG/平面PBD. （2）先證明平面，再證明BDFG詳解：證明：（1）連結PE，因為G.、F為EC和PC的中點， ， 又平面，平面，所以平面 （II）因為菱形ABCD，所以，又PA面ABCD，平面，所以，因為平面，平面，且，平面，平面，BDFG .點睛：（1）本題主要考查空間位置關系的證明，意在考查學生對這些基礎知識的掌握水平和空間想象轉化能力.(2)證明空間位置關系，一般有幾何法和向量法，本題利用幾何法比較方便.20、（1）216（2）36（3）120【解析】分析：（1）分兩種情況討論甲在最左端時，有，當甲不在最左端時，有(種）排法，由分類計

15、數加法原理可得結果；（2）分三步：將看成一個整體，將于剩余的2件產品全排列，有3個空位可選，根據分步計數乘法原理可得結果；（3）用表示歌舞類節目，小品類節目，相聲類節目，利用枚舉法可得共有種，每一種排法種的三個，兩個可以交換位置，故總的排法為種.詳解：（1）當甲在最左端時，有；當甲不在最左端時，乙必須在最左端，且甲也不在最右端，有(種）排法，共計（種）排法.（2）根據題意，分3步進行分析：產品與產品相鄰，將看成一個整體，考慮之間的順序，有種情況，將于剩余的2件產品全排列，有種情況，產品與產品不相鄰，有3個空位可選，即有3種情況，共有種；（3）法一：用表示歌舞類節目，小品類節目，相聲類節目，則可

16、以枚舉出下列10種： 每一種排法種的三個，兩個可以交換位置，故總的排法為種. 法二：分兩步進行：（1）先將3個歌曲進行全排，其排法有種；（2）將小品與相聲插入將歌曲分開，若兩歌舞之間只有一個其他節目，其插法有種.若兩歌舞之間有兩個其他節目時插法有種.所以由計數原理可得節目的排法共有（種）.點睛：本題主要考查分類計數原理與分步計數原理及排列組合的應用，屬于難題.有關排列組合的綜合問題，往往是兩個原理及排列組合問題交叉應用才能解決問題，解答這類問題理解題意很關鍵，一定多讀題才能挖掘出隱含條件.解題過程中要首先分清“是分類還是分步”、“是排列還是組合”，在應用分類計數加法原理討論時，既不能重復交叉討

17、論又不能遺漏，這樣才能提高準確率.21、 (1)見解析；（2）.【解析】分析：（1）由題意得，又，從而即可證明；（2）以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，即可運用空間向量的方法求得答案.詳解：（1）證明：因為，為線段的中點，所以.又兩兩垂直，且所以平面，則.因為，所以平面.（2）解：以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.，可設，則，則，設平面的法向量為，則，即 令，得.平面的一個法向量為，則.故平面與平面所成二面角的正弦值為.點睛：求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角22、 (1)；(2)