1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項1考生要認真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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已知集合，則（）ABCD2若集合，則集合( )ABCD3已知集合，則ABCD4已知等差數列的第項是二項式展開式的常數項，則（ ）A B C D5已知復數，則復數的虛部為 （ ）ABCD6若函數且在上既是奇函數又是增函數，則的圖象是(

2、)ABCD7已知集合，則()ABCD8已知離散型隨機變量的概率分布列如下：0123 0.20.30.4 則實數等于( )A0.5B0.24C0.1D0.769某單位從6男4女共10名員工中，選出3男2女共5名員工，安排在周一到周五的5個夜晚值班，每名員工值一個夜班且不重復值班，其中女員工甲不能安排在星期一、星期二值班，男員工乙不能安排在星期二值班，其中男員工丙必須被選且必須安排在星期五值班，則這個單位安排夜晚值班的方案共有（ ）A960種B984種C1080種D1440種10已知直線傾斜角是，在軸上截距是，則直線的參數方程可以是（ ）ABCD11把座位編號為1，2，3，4，5，6的六張電影票全

3、部分給甲、乙、丙、丁四個人，每人最多得兩張，甲、乙各分得一張電影票，且甲所得電影票的編號總大于乙所得電影票的編號，則不同的分法共有（ ）A90種B120種C180種D240種12函數 的單調遞增區間是（ ）ABC(1,4)D(0,3)二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在數列1，2，3，4，5，6中，任取k個元素位置保持不動，將其余個元素變動位置，得到不同的新數列，記不同新數列的個數為，則的值為_.14已知拋物線的焦點為，直線過且依次交拋物線及圓于點，四點，則的最小值為_15如圖，已知四面體的棱平面，且，其余的棱長均為2，有一束平行光線垂直于平面，若四面體繞所在直線旋轉.且始終

4、在平面的上方，則它在平面內影子面積的最小值為_.16若的展開式中，奇數項的系數之和為-121，則n=_。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）若，且.(1)求；(2)歸納猜想通項公式.18（12分）已知函數（1）當時，求函數的單調區間；（2）若函數的值域為，求a的取值范圍19（12分）已知函數f(x)ln.(1)求函數f(x)的定義域，并判斷函數f(x)的奇偶性；(2)對于x2，6，f(x)lnln恒成立，求實數m的取值范圍20（12分）已知，求的值21（12分）已知函數，其中為常數. （1）證明：函數的圖象經過一個定點，并求圖象在點處的切線方程； （2）

5、若，求函數在上的值域.22（10分）已知函數f(x)= ln(a x)+bx在點（1，f(1)）處的切線是y=0；(I)求函數f(x)的極值；(II)當恒成立時,求實數m的取值范圍(e為自然對數的底數)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】計算出A集合，則可以比較簡單的判斷四個選項的正誤.【詳解】可以排除且故選擇D.【點睛】考查集合的包含關系，屬于簡單題.2、D【解析】試題分析：解：所以選D考點：集合的運算3、C【解析】分析：根據集合可直接求解.詳解：,故選C點睛：集合題也是每年高考的必考內容，一般以客觀題形

6、式出現，一般解決此類問題時要先將參與運算的集合化為最簡形式，如果是“離散型”集合可采用Venn圖法解決，若是“連續型”集合則可借助不等式進行運算.4、C【解析】試題分析：二項式展開中常數項肯定不含，所以為，所以原二項式展開中的常數項應該為，即，則，故本題的正確選項為C.考點：二項式定理.5、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6、D【解析】根據題意先得到，判斷其單調性，進而可求出結果.【詳解】因為函數且在上是奇函數，所以所以，又因為函數在上是增函數，所以，所以，它的圖

7、象可以看作是由函數向左平移一個單位得到，故選D.【點睛】本題主要考查函數的奇偶性與單調性以及函數圖象變換，熟記函數性質即可，屬于常考題型.7、D【解析】，所以，故選B8、C【解析】根據隨機變量概率的性質可得，從而解出。【詳解】解：據題意得，所以 ，故選C.【點睛】本題考查了概率性質的運用，解題的關鍵是正確運用概率的性質。9、A【解析】分五類：（1）甲乙都不選：；（2）選甲不選乙： ；（3）選乙不選甲：；（4）甲乙都選： ；故由加法計數原理可得，共種，應選答案A。點睛：解答本題的關鍵是深刻充分理解題意，靈活運用排列數、組合數公式及分步計數原理和分類計數原理兩個基本原理。求解依據題設條件將問題分為

8、四類，然后運用排列數、組合數公式及分步計數原理和分類計數原理兩個基本原理求出問題的答案，使得問題獲解。10、D【解析】由傾斜角求得斜率,由斜截式得直線方程,再將四個選項中的參數方程化為普通方程,比較可得答案.【詳解】因為直線傾斜角是,所以直線的斜率,所以直線的斜截式方程為:,由消去得,故不正確;由消去得,故不正確;由消去得,故不正確;由消去得,故正確;故選:D.【點睛】本題考查了直線方程的斜截式,參數方程化普通方程,屬于基礎題.11、A【解析】從6張電影票中任選2張給甲、乙兩人，共種方法；再將剩余4張票平均分給丙丁2人，共有種方法；根據分步乘法計數原理即可求得結果.【詳解】分兩步：先從6張電影

9、票中任選2張給甲，乙兩人，有種分法；再分配剩余的4張，而每人最多兩張，所以每人各得兩張，有種分法，由分步原理得，共有種分法故選：A【點睛】本題主要考查分步乘法計數原理與組合的綜合問題.12、B【解析】求出函數的導數，在解出不等式可得出所求函數的單調遞增區間.【詳解】，解不等式，解得，因此，函數的單調遞增區間是，故選B.【點睛】本題考查函數單調區間的求解，一般是先求出導數，然后解出導數不等式，將解集與定義域取交集得出單調區間，但單調區間不能合并，考查計算能力，屬于中等題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、720【解析】根據題意，只需分別計算出即可.【詳解】故答案為：720【點

10、睛】本題考查排列與組合的應用以及組合數的計算，考查學生的邏輯思想，是一道中檔題.14、13【解析】由拋物線的定義可知：，從而得到，同理，分類討論，根據不等式的性質，即可求得的最小值.【詳解】因為，所以焦點，準線，由圓：，可知其圓心為，半徑為，由拋物線的定義得：，又因為，所以，同理，當軸時，則，所以，當的斜率存在且不為0時，設時，代入拋物線方程，得： ，所以，當且僅當，即時取等號，綜上所述，的最小值為13，故答案是：13.【點睛】該題考查的是有關拋物線的簡單性質的問題，涉及到的知識點有拋物線的定義，拋物線上的點到焦點的距離，直線與拋物線相交的問題，基本不等式求最值問題，在解題的過程中，注意認真審

11、題是正確解題的關鍵.15、【解析】在四面體中找出與垂直的面，在旋轉的過程中在面內的射影始終與垂直求解.【詳解】和都是等邊三角形，取中點，易證，即平面，所以.設在平面內的投影為，則在四面體繞著旋轉時，恒有.因為平面，所以在平面內的投影為.因此，四面體在平面內的投影四邊形的面積要使射影面積最小，即需最短；在中，且邊上的高為，利用等面積法求得，邊上的高，且，所以旋轉時，射影的長的最小值是.所以【點睛】本題考查空間立體幾何體的投影問題，屬于難度題.16、5【解析】令和，作和即可得到奇數項的系數和，從而構造出方程解得結果.【詳解】令得：令得：奇數項的系數和為：，解得：本題正確結果：【點睛】本題考查二項式

12、系數的性質應用問題，關鍵是采用賦值的方式快速得到系數和.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) .【解析】(1)分別把，代入遞推公式中，可以求出的值；(2)根據的數字特征猜想出通項公式.【詳解】(1)由已知a11， ，當時，得當時，得當時，得當時，得因此； (2) 因為,.所以歸納猜想，得 (nN*).【點睛】本題考查了已知遞推公式猜想數列通項公式，考查了數感能力.18、（1）增區間是，單調減區間是；（2）或【解析】（1）利用導數求出的單調區間以及，時的范圍，即可得到函數的單調區間；（2）先利用有解求出的大致范圍，再證明在該范圍內即可。【詳解】（1）當，所

13、以，由于，可得當時，是減函數；當時，是增函數；因為當時，；當時，所以函數的單調增區間是，單調減區間是（2）由題意知必有解，即有解，所以，即直線與曲線 有交點則，令得和；令得和所以和，為增函數；和，為減函數，當時，恒成立；所以時，；當時，所以時，；，即時， ，的圖像如圖所示直線與曲線有交點，即或，所以或，下證，先證，設，則，當時，函數h（x）單調遞減，當時，函數單調遞增，所以，即；當時，若，因為在時的值域是，又因為函數連續，所以：；當時，若，當時，時；所以時，又因為函數連續，所以，綜上，或【點睛】本題考查導數在函數研究中的應用，綜合性強，屬于中檔題。19、 (1) (，1)(1，)，奇函數(2)

14、 0m7.【解析】(1)解不等式0，即得函數的定義域.再利用奇偶函數的判定方法判斷函數的奇偶性.（2）轉化成以0m(x1)(7x)在x2，6上恒成立再求出函數的最小值得解.【詳解】(1)由0，解得x1或x1，所以函數f(x)的定義域為(，1)(1，)，當x(，1)(1，)時，f(x)lnlnlnlnf(x)，所以f(x)ln是奇函數(2)由于x2，6時，f(x)lnln恒成立，所以0，因為x2，6，所以0m(x1)(7x)在x2，6上恒成立令g(x)(x1)(7x)(x3)216，x2，6，由二次函數的性質可知，x2，3時函數g(x)單調遞增，x3，6時函數g(x)單調遞減，即x2，6時，g(

15、x)ming(6)7，所以0m7.【點睛】本題主要考查函數定義域的求法，考查對數函數的單調性和不等式的恒成立問題，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于中檔題.20、【解析】先由等式求出的值，利用誘導公式對所求分式進行化簡，代入的值可得出結果.【詳解】因為，所以，所以，因此，.【點睛】本題考查利用誘導公式化簡求值，對于化簡求值類問題，首先要利用誘導公式將代數式進行化簡，再結合同角三角函數的基本關系或代值計算，考查計算能力，屬于基礎題.21、（1）證明見解析，；（2）【解析】（1）將函數解析式重新整理，解得定點，再求導數，根據導數幾何意義得切線斜率，最后根據點斜式得切線方程，（2）先解出，再

16、利用導數求函數值域.【詳解】（1）因為，所以，所以函數的圖像經過一個定點， 因為，所以切線的斜率，.所以在點處的切線方程為，即；（2）因為，所以，故，則，由得或， 當變化時，的變化情況如下表：1200單調減單調增從而在上有最小值，且最小值為， 因為，所以，因為在上單調減，所以，所以，所以最大值為，所以函數在上的值域為.【點睛】本題考查導數幾何意義以及利用導數求函數值域，考查綜合分析求解能力，屬中檔題.22、 (1) 的極大值為，無極小值；(2) .【解析】分析：（1）先根據導數幾何意義得解得b,再根據得a，根據導函數零點確定單調區間，根據單調區間確定極值，（2）先化簡不等式為，再分別求左右兩個函數最值得左邊最小值與右邊最大值同時取到，則不等式轉化為，解得實數m的取值范圍.詳解： （1）因為，所以因