1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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，則等于（ ）A B CD 2若函數ya|x|(a0，且a1)的值域為y|00，且a1)的值域為y|0y1，得0a1.yloga|x|在上為單調遞減，排除B,C,D又因為y

2、loga|x|為偶函數，函數圖象關于y軸對稱，故A正確.故選A.3、D【解析】根據奇偶性和可知關于軸和對稱，由對稱性和周期性關系可確定周期為，進而將所求函數值化為，代入可求得結果.【詳解】，為偶函數，圖象關于軸對稱；，關于直線對稱；是周期為的周期函數，.故選：.【點睛】本題考查利用函數的性質求解函數值的問題，涉及到函數奇偶性、對稱性和周期性的應用；關鍵是能夠熟練掌握對稱性和周期性的關系，準確求得函數的周期性.4、B【解析】試題分析：四種不同的玻璃球，可設為，隨意一次倒出一粒的情況有4種，倒出二粒的情況有6種，倒出3粒的情況有4種，倒出4粒的情況有1種，那么倒出奇數粒的有8種，倒出偶數粒的情況有

3、7種，故倒出奇數粒玻璃球的概率比倒出偶數粒玻璃球的概率大.考點：古典概型.5、C【解析】求出原函數的導函數，函數有最小值，則導函數在小于0有解，于是轉化為斜率問題求解得到答案.【詳解】根據題意，得，若有最小值，即在上先遞減再遞增，即在先小于0，再大于0，令，得：，令，只需的斜率大于過的的切線的斜率即可，設切點為，則切線方程為：，將代入切線方程得：，故切點為，切線的斜率為1，只需即可，解得：，故答案為C.【點睛】本題主要考查函數的最值問題，導函數的幾何意義，意在考查學生的轉化能力，分析能力及計算能力，難度較大.6、A【解析】試題分析：利用三角形的構成條件，建立不等式，可求x的取值范圍；三角形的周

4、長是一個定值8，故其面積可用海倫公式表示出來，再利用基本不等式，即可求f（x）的最大值解：（1）由題意，DC=2，CP=x，DP=6-x，根據三角形的構成條件可得x+6-x2, 2+6-xx, 2+x6-x，解得2x4；三角形的周長是一個定值8，故其面積可用海倫公式表示出來，即f（x）= 當且僅當4-x=-2+x，即x=3時，f（x）的最大值為,故選A.考點：函數類型點評：本題考查根據實際問題選擇函數類型，本題中求函數解析式用到了海倫公式，7、C【解析】取BD中點O，根據面面垂直性質定理得平面，再根據線面垂直判定與性質定理、面面垂直判定定理證得平面以及平面平面；利用錐體體積公式求三棱錐的體積，

5、最后根據反證法說明不成立.【詳解】因為，所以為等腰直角三角形，因為，所以,從而為等腰直角三角形，取BD中點O，連接，如圖，因為二面角為直二面角，所以平面平面，因為為等腰直角三角形，所以平面平面,平面,因此平面，所以三棱錐的體積為,正確；因為平面，平面，所以，因為，,平面，所以平面；即正確;因為平面，平面；所以；由已知條件得,平面,因此平面,因為平面,所以平面平面；即正確；如果，而由平面，平面，所以，因為,平面，所以平面；因為平面；即,與矛盾,所以不正確;故選：C【點睛】本題考查面面垂直性質與判定定理、線面垂直判定與性質定理以及錐體體積公式，考查基本分析論證與求解能力，屬中檔題.8、A【解析】試

6、題分析：設角的終邊為OP，P是角的終邊與單位圓的交點，PM垂直于x軸，M為垂足，則由任意角的三角函數的定義，可得sin=MP=|MP|，cos=OM=|OM|，再由三角形任意兩邊之和大于第三邊，得出結論解：如圖所示：設角的終邊為OP，P是角的終邊與單位圓的交點，PM垂直于x軸，M為垂足，則由任意角的三角函數的定義，可得sin=MP=|MP|，cos=OM=|OM|OPM中，|MP|+|OM|OP|=1，sin+cos1，故選A考點：三角函數線9、D【解析】根據拋物線的定義，將的最小值轉化為拋物線焦點到直線的距離減1來求解.【詳解】根據題意的最小值等于拋物線焦點到直線的距離減1，而焦點為故，故選

7、D.【點睛】本小題主要考查拋物線的定義，考查點到直線的距離公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于基礎題.10、C【解析】由題意可得：，解得.它的第三項的二項式系數為.故選：C.點睛：求二項展開式有關問題的常見類型及解題策略(1)求展開式中的特定項.可依據條件寫出第r1項，再由特定項的特點求出r值即可.(2)已知展開式的某項，求特定項的系數.可由某項得出參數項，再由通項寫出第r1項，由特定項得出r值，最后求出其參數.11、B【解析】建立空間直角坐標系，根據題意，求出軌跡方程，可得其軌跡.【詳解】由題，三棱錐為正三棱錐，頂點在底面的射影是底面三角形的中心，則以為坐標原點，以為軸，以為軸，建立如圖

8、所示的空間直角坐標系，根據題意可得，設為平面內任 一點，則 ，由題與所成角為定值，則 則 ，化簡得 ， 故動點的軌跡是橢圓.選B【點睛】本題考查利用空間向量研究兩條直線所成的角，軌跡方程等，屬中檔題.12、C【解析】分析：由拋物線的定義可知P到直線l1，l1的距離之和的最小值為焦點F到直線l1的距離詳解：拋物線的焦點為F（1，0），準線為l1：x=1P到l1的距離等于|PF|，P到直線l1，l1的距離之和的最小值為F（1，0）到直線l1的距離故選：C點睛：本題主要考查了拋物線定義的應用，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】試題分析：設P為橢圓平分正三角形的

9、邊的一個點，則為一個銳角為直角三角形，因為斜邊長，所以另兩條直角邊長為由橢圓定義有考點：橢圓定義14、1【解析】利用函數yAsin（x+）的圖象變換規律求得g（x）的解析式，再代入后可得g（）的值【詳解】解：將函數f（x）sin（2x+）的圖象向右平移個單位后，得到函數g（x）sin2（x）+cos2x的圖象，則g（）cos（2）1，故答案為1【點睛】本題主要考查誘導公式的應用，函數yAsin（x+）的圖象平移變換，屬于基礎題15、【解析】通過中點坐標公式，把點的坐標轉移到上，把點的坐標代入曲線方程，整理可得點的軌跡方程。【詳解】設點的坐標為，點，因為點是線段的中點，所以解得，把點的坐標代入曲

10、線方程可得，整理得，所以點的軌跡方程為故答案為：【點睛】本題考查中點坐標公式，相關點法求軌跡方程的方法，屬于中檔題。16、【解析】：，即三、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)=45;(3)23【解析】（1）先證明ABCD為正方形,可得BDAC,由PA平面ABCD,BD平面ABCD,可得BDPA，利用線面垂直的判定定理可得結果；（2）以AB,AD,AP為x,y,z軸建立空間直角坐標系,根據向量垂直數量積為零，列方程組求出平面PCD的法向量，結合(0,0,2)為平面ABCD的法向量，利用空間向量夾角余弦公式求出兩個向量的夾角余弦，進而轉化為二面角

11、P-CD-B的平面角即可；（3）求出平面PBD的法向量，再求出平面的斜線PC所在的向量PC，然后求出PC【詳解】(1)解法一:在RtBAD中, AD=2,BD=22AB=2,ABCD為正方形,因此BDAC,PA平面ABCD,BD平面ABCD,BDPA.又PAAC=A,BD平面PAC.解法二:以AB,AD,AP為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則A0,0,0,D0,2在RtBAD中, AD=2,BD=22AB=2,B2,0,0,AP=(0,0,2),ACBDAP=0即BDAP,BDAC.又APAC=A, BD平面PAC.(2)解法一:由PA平面ABCD,知AD為PD在平面ABCD上的射

12、影.又CDAD,CDPD,PDA為二面角P-CD-B的平面角.又PA=AD,PDA=45.解法二:由1題得PD=0,2,-2設平面PCD的法向量為n1=x,y,z,則n即0+2y-2z=0-2x+0+0=0,x=0故平面PCD的法向量可取為n1PA平面ABCD,AP=(0,0,2)設二面角P-CD-B的大小為,依題意可得cos=45.(3)解法一:PA=AB=AD=2,PB=PD=BD=22設C到平面PBD的距離為d,由VP-BCD有13得d=2解法二:由1題得PB=2,0,-2設平面PBD的法向量為n2則n2PB即2x+0-2z=00+2y-2z=0 x=y=z.故平面PBD的法向量可取為n

13、2PC=(C到平面PBD的距離為d=n【點睛】本題主要考查利用空間向量求二面角，屬于難題.空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當的空間直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂直數量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關系轉化為向量關系；（5）根據定理結論求出相應的角和距離.18、（1）直線，圓，直線和圓相交（2）【解析】（1）消去直線參數方程中參數，可得直線的普通方程，把兩邊同時乘以，結合極坐標與直角坐標的互化公式可得曲線的直角坐標方程，再由圓心到直線的距離與圓的半徑的關系判斷直線和圓的位置關系；（2）

14、把直線的參數方程代入曲線的直角坐標方程，化為關于的一元二次方程，利用參數的幾何意義及根與系數的關系，求的值.【詳解】解：（1）由：（為參數），消去參數得由得，因，則圓的普通方程為 則圓心到直線的距離，故直線和圓相交 （2）設，將直線的參數方程代入得， 因直線過點，且點在圓內，則由的幾何意義知【點睛】本題考查簡單曲線的極坐標方程，考查參數方程和普通方程的互化，關鍵是直線參數方程中參數的幾何意義的應用，屬于中檔題.19、（1）當時，為偶函數，當時，既不是奇函數，也不是偶函數,；（2）.【解析】（1）當時，對任意，為偶函數當時，取，得，函數既不是奇函數，也不是偶函數（2）設，要使函數在上為增函數，必

15、須恒成立，即恒成立又，的取值范圍是20、（1）；（2）見解析【解析】分析：（1）因為在被抽取的50人中，持滿意態度的學生共16人，即可得出持滿意態度的頻率（2）的所有可能取值為0，1，2，1利用超幾何分布列的概率計算公式與數學期望計算公式即可得出詳解：因為在被抽取的50人中，持滿意態度的學生共16人，所以持滿意態度的頻率為，據此估計高三年級全體學生持滿意態度的概率為的所有可能取值為0，1，2，1；的分布列為：0121P點睛：本題考查了超幾何分布列的概率計算公式與數學期望計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬中檔題21、（1），；（2）.【解析】(1)由橢圓以及拋物線的對稱性可得到交點的縱坐標，

16、代入，可得到交點的橫坐標，再由有公共的焦點，即可得到，的值；(2)先設：，再由直線交于，兩點，交于，兩點，根據根與系數的關系可得橫坐標之間的關系，再由已知條件可得，從而可求出.【詳解】（1），均關于軸對稱，公共弦也關于軸對稱， 公共弦長為，將代入，中解得與，.，有公共的焦點，解得，.（2），設，即，.當的斜率不存在時，顯然不成立，設：，將方程代入整理得，.將方程代入整理得，.代入中解得，.【點睛】本題考查了橢圓以及拋物線的對稱性，以及直線與橢圓和拋物線的關系，拋物線定義求弦長，考查了學生的計算能力，屬于較難題.22、（1）1；（2）（）【解析】分析：（1）由可得，a2=3，a3=7，依題意，得（3+t）2=（1+t）（7+t），解得t=1