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、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，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設表示直線，是平面內的任意一條直線，則“”是“”成立的（ ）條件A充要B充分不必要C必要不充

2、分D既不充分也不必要2小趙、小錢、小孫、小李到個景點旅游，每人只去一個景點，設事件“個人去的景點彼此互不相同”，事件“小趙獨自去一個景點”，則（ ）ABCD3甲、乙、丙三位同學站成一排照相，則甲、丙相鄰的概率為（ ）ABCD4設曲線在點處的切線與直線平行，則（ ）A B C D5已知函數f(x)x3ax1，若f(x)在(1,1)上單調遞減，則a的取值范圍為()Aa3 Ba3Ca3 Da36某次戰役中，狙擊手A受命射擊敵機，若要擊落敵機，需命中機首2次或命中機中3次或命中機尾1次，已知A每次射擊，命中機首、機中、機尾的概率分別為0.2、0.4、0.1，未命中敵機的概率為0.3，且各次射擊相互獨立

3、。若A至多射擊兩次，則他能擊落敵機的概率為（ ）A0.23B0.2C0.16D0.17函數在上的最大值為（ ）ABCD8已知函數，若，則實數a的取值范圍是（ ）ABCD9設aR，則“a=3”是“直線ax+2y+3a=0和直線3x+(a-1)y=a-7平行”的A充分不必要B必要不充分C充要條件D既不充分也不必要10在三棱錐中，平面，則三棱錐的外接球的表面積為（ ）ABCD11已知函數圖象如圖，是的導函數，則下列數值排序正確的是（ ）ABCD12如圖，正方體的棱長為4，動點E，F在棱上，動點P，Q分別在棱AD，CD上若，（大于零），則四面體PEFQ的體積A與都有關B與m有關，與無關C與p有關，與無

4、關D與有關，與無關二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13投籃測試中，每人投3次，至少投中2次才能通過測試.已知某同學每次投籃投中的概率為0.6，且各次投籃是否投中相互獨立，則該同學通過測試的概率為_14若一個球的體積為，則該球的表面積為_15行列式的第2行第3列元素的代數余子式的值為_.16設滿足約束條件,則的最大值是_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）已知函數，若函數有兩個零點，.（1）求的取值范圍；（2）證明：18（12分）在直角坐標系中，曲線：（為參數），直線：（為參數）.（1）判斷直線與曲線的位置關系；（2）點是曲線上的一個動點，

5、求到直線的距離的最大值.19（12分）橢圓的左右焦點分別為，與軸正半軸交于點，若為等腰直角三角形，且直線被圓所截得的弦長為2.（1）求橢圓的方程；（2）直線：與橢圓交于點，線段的中點為，射線與橢圓交于點，點為的重心，求證：的面積為定值.20（12分）梯形中，矩形所在平面與平面垂直，且，.（1）求證：平面平面；（2）若P為線段上一點，且異面直線與所成角為45，求平面與平面所成銳角的余弦值.21（12分）已知函數是定義在的奇函數（其中是自然對數的底數）.（1）求實數的值；（2）若，求實數的取值范圍.22（10分）手機廠商推出一款6寸大屏手機，現對500名該手機使用者（200名女性，300名男性）進

6、行調查，對手機進行評分，評分的頻數分布表如下：女性用戶分值區間50，60）60，70）70，80）80，90）90，100頻數2040805010男性用戶分值區間50，60）60，70）70，80）80，90）90，100頻數4575906030（1）完成下列頻率分布直方圖，并比較女性用戶和男性用戶評分的波動大小（不計算具體值，給出結論即可）；（2）把評分不低于70分的用戶稱為“評分良好用戶”，完成下列列聯表，并判斷能否有的把握認為“評分良好用戶”與性別有關？女性用戶男性用戶合計“認可”手機“不認可”手機合計參考附表：參考公式，其中參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每

7、小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】根據充分條件和必要條件的定義分別進行判斷即可。【詳解】因為是平面內的任意一條直線，具有任意性，若，由線面垂直的判斷定理，則，所以充分性成立；反過來，若，是平面內的任意一條直線，則，所以必要性成立，故“”是“”成立的充要條件。故選：A【點睛】本題主要考查了充分條件、必要條件的判斷，意在考查考生對基本概念的掌握情況。2、D【解析】分析：這是求小趙獨自去一個景點的前提下，4個人去的景點不相同的概率，求出相應基本事件的個數，即可得出結論詳解：小趙獨自去一個景點，則有3個景點可選，其余3人只能在小趙剩下的3個景點中選擇，可能性為 種 所以小趙

8、獨自去一個景點的可能性為種因為4個人去的景點不相同的可能性為 種，所以 故選：D點睛：本題考查條件概率，考查學生的計算能力，確定基本事件的個數是關鍵3、C【解析】分析：通過枚舉法寫出三個人站成一排的所有情況，再找出其中甲、丙相鄰的情況，由此能求出甲、丙相鄰的概率.詳解：三人站成一排，所有站法有：（甲乙丙）、（甲丙乙）、（乙甲丙）、（乙丙甲）、（丙甲乙）、（丙乙甲）共6種，其中甲、丙相鄰有4種，所以，甲、丙相鄰的概率為.故選C.點睛：本題考查古典概型的概率的求法，解題時要注意枚舉法的合理運用.4、D【解析】試題分析：由的導數為，則在點處的切線斜率為，由切線與直線平行，所以，故選D考點：利用導數研

9、究曲線在某點處的切線方程5、A【解析】f(x)=x3ax1，f(x)=3x2a，要使f(x)在(1,1)上單調遞減，則f(x)0在x(1,1)上恒成立，則3x2a0，即a3x2，在x(1,1)上恒成立，在x(1,1)上，3x23，即a3，本題選擇A選項.6、A【解析】每次射擊，命中機首、機中、機尾的概率分別為,未命中敵機的概率為,且各次射擊相互獨立，若射擊一次就擊落敵機，則他擊中利敵機的機尾，故概率為；若射擊次就擊落敵機，則他次都擊中利敵機的機首，概率為；或者第一次沒有擊中機尾、且第二次擊中了機尾，概率為 ,若至多射擊兩次，則他能擊落敵機的概率為 ,故選.7、A【解析】對函數求導，利用導數分析

10、函數的單調性，求出極值，再結合端點函數值得出函數的最大值【詳解】，令，由于，得.當時，；當時，因此，函數在處取得最小值，在或處取得最大值，因此，故選A【點睛】本題考查利用導數求解函數的最值，一般而言，利用導數求函數在閉區間上的最值的基本步驟如下：（1）求導，利用導數分析函數在閉區間上的單調性；（2）求出函數的極值；（3）將函數的極值與端點函數值比較大小，可得出函數的最大值和最小值8、D【解析】 由函數，可得，所以函數為奇函數，又，因為，所以，所以函數為單調遞增函數，因為，即，所以，解得，故選D點睛：本題考查了函數的單調性、奇偶性和函數不等式的求解問題，其中解答中函數的奇偶性和函數的單調性，轉化

11、為不等式是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，對于解函數不等式：首先根據函數的單調性和奇偶性把不等式轉化為的形式，然后根據函數的單調性去掉“”，轉化為具體的不等式(組)，此時要注意與的取值應在外層函數的定義域內是試題的易錯點9、C【解析】先由兩直線平行解得a的值，再通過檢驗是否重合可得a=3，從而得兩命題的關系.【詳解】若直線ax+2y+3a=0和直線3x+(a-1)y=a-7平行，可得：aa-1=23，解得當a=3時，兩直線分別為：3x+2y+9=0和3x+2y+4=0，滿足平行；當a=-2時，兩直線分別為：x-y+3=0和x-y+3=0，兩直線重合；所以“a=3”是“直線ax+

12、2y+3a=0和直線3x+(a-1)y=a-7平行”的充要條件.故選C.【點睛】本題主要考查了兩直線平行求參數值的問題。已知兩直線的一般方程判定兩直線平行的一般方法為：已知l1:A1x+10、C【解析】先求出的外接圓的半徑，然后取的外接圓的圓心，過作，且，由于平面，故點為三棱錐的外接球的球心，為外接球半徑，求解即可.【詳解】在中，可得，則的外接圓的半徑，取的外接圓的圓心，過作，且，因為平面，所以點為三棱錐的外接球的球心，則，即外接球半徑，則三棱錐的外接球的表面積為.故選C.【點睛】本題考查了三棱錐的外接球表面積的求法，考查了學生的空間想象能力，屬于中檔題.11、C【解析】結合函數的圖像可知過點

13、的切線的傾斜角最大，過點的切線的傾斜角最小，又因為點的切線的斜率，點的切線斜率，直線的斜率，故，應選答案C點睛：本題旨在考查導數的幾何意義與函數的單調性等基礎知識的綜合運用求解時充分借助題設中所提供的函數圖形的直觀，數形結合進行解答先將經過兩切點的直線繞點逆時針旋轉到與函數的圖像相切，再將經過兩切點的直線繞點順時針旋轉到與函數的圖像相切，這個過程很容易發現，從而將問題化為直觀圖形的問題來求解12、C【解析】連接、交于點，作，證明平面，可得出平面，于此得出三棱錐的高為，再由四邊形為矩形知，點到的距離為，于此可計算出的面積為，最后利用錐體的體積公式可得出四面體的體積的表達式，于此可得出結論【詳解】

14、如下圖所示，連接、交于點，作，在正方體中，平面，且平面，又四邊形為正方形，則，且，平面，即平面，平面，且，易知四邊形是矩形，且，點到直線的距離為，的面積為，所以，四面體的體積為，因此，四面體的體積與有關，與、無關，故選C.【點睛】本題考查三棱錐體積的計算，解題的關鍵在于尋找底面和高，要充分結合題中已知的線面垂直的條件，找三棱錐的高時，只需過點作垂線的平行線可得出高，考查邏輯推理能力，屬于難題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】該同學通過測試的概率為，故答案為.14、【解析】由題意，根據球的體積公式，則，解得，又根據球的表面積公式，所以該球的表面積為.15、-11【解析

15、】根據代數余子式列式，再求行列式得結果【詳解】故答案為：-11【點睛】本題考查代數余子式，考查基本分析求解能力，屬基礎題.16、【解析】分析：首先根據題中所給的約束條件，畫出相應的可行域，再將目標函數化成斜截式，之后在圖中畫出直線，在上下移動的過程中，結合的幾何意義，可以發現直線過B點時取得最大值，聯立方程組，求得點B的坐標代入目標函數解析式，求得最大值.詳解：根據題中所給的約束條件，畫出其對應的可行域，如圖所示：由可得，畫出直線，將其上下移動，結合的幾何意義，可知當直線過點B時，z取得最大值，由，解得，此時，故答案為6.點睛：該題考查的是有關線性規劃的問題，在求解的過程中，首先需要正確畫出約

16、束條件對應的可行域，之后根據目標函數的形式，判斷z的幾何意義，之后畫出一條直線，上下平移，判斷哪個點是最優解，從而聯立方程組，求得最優解的坐標，代入求值，要明確目標函數的形式大體上有三種：斜率型、截距型、距離型；根據不同的形式，應用相應的方法求解.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)見證明【解析】（1）確定函數定義域，求導，討論的范圍確定函數的單調區間，最后得到的范圍.（2）將，兩個零點代入函數，通過化簡得到：需證.轉化為不等式，設函數求導根據單調性求最值得到證明.【詳解】解；（1）函數的定義域為，當時，恒成立，則在遞減，至多一零點當時，解得，解

17、得，所以在遞減.在遞增函數要有兩個零點，則最小值，解得經檢驗，即，則在有一個零點.又，令，則恒成立.所以在單調遞增，即所以，即，則在必有一零點.所以時，函數有兩個零點，（2）因為，為的兩個零點，所以即，不妨礙，則即要證，只需證，只需證，只需證，只需證，只需證，令，則，現在只需證設，則，所以在單調遞增，即所以【點睛】本題考查了函數的零點問題，證明不等式，技巧強，綜合性大，意在考查學生綜合應用能力.18、（1）直線與曲線相離（2）【解析】（1）先分別求出曲線C和直線l的普通方程，再聯立求，判斷位置關系；（2）由點到直線的距離公式可得點P到直線l的距離最大值。【詳解】解：（1）曲線的普通方程為，直線

18、的普通方程為.由，得，因為，所以直線與曲線相離.（2）設點，則到直線：的距離（其中），所以到直線的距離的最大值為.【點睛】本題考查參數化為普通方程，以及用點到直線的距離公式求曲線上動點到直線的最大值。19、（1）；（2）【解析】分析：（1）由等腰直角三角形的性質分析可得，又由直線與圓的位置關系可得的值，進而可得的值，將的值代入橢圓的方程即可得結論；（2）根據題意，分、兩種情況討論，若直線的斜率不存在，容易求出的面積，若直線的斜率存在，設直線的方程為，設，聯立直線與橢圓的方程，結合一元二次方程中根與系數的關系，求出的面積消去參數，綜合兩種情況可得結論.詳解：（1）由為等腰直角三角形可得，直線：被

19、圓圓所截得的弦長為2，所以，所以橢圓的方程為.（2）若直線的斜率不存在，則.若直線的斜率存在，設直線的方程為，設，即，則，由題意點為重心，設，則，所以，代入橢圓，得，整理得，設坐標原點到直線的距離為，則的面積.綜上可得的面積為定值.點睛：本題主要考查待定待定系數法求拋物線及橢圓標準方程、圓錐曲線的定值問題以及點在曲線上問題，屬于難題. 探索圓錐曲線的定值問題常見方法有兩種： 從特殊入手，先根據特殊位置和數值求出定值，再證明這個值與變量無關； 直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）由題意證出，先利用面面垂直的性質定理，證出平面，

20、再利用面面垂直的判定定理即可證出.（2）以為坐標原點，以為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量的數量積求出點坐標，再求出平面的法向量，平面的法向量，根據向量的數量積即可求解.【詳解】（1）證明：作中點M，由題則有：，且，又四邊形為菱形，又且， 又平面平面，且交于，平面，平面， 平面平面 （2）如圖建系，則有，設，即 設平面的法向量為，令，則， 設平面的法向量為，令，則， ， 【點睛】本題考查了面面垂直的判定定理、性質定理、空間向量法求異面直線所成角以及面面角，考查了學生的邏輯推理能力，屬于基礎題.21、（1）1；（2）.【解析】（1）因為函數是上的奇函數，故可得方程，從而可得的值，然后再對的值進行驗證；（2）根據導數可求出函數為單調遞增函