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若某幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的表面積是（ ）ABC19D2已知變量x,y之間的線性回歸方程為,且變量x,y之間的一組相關數據如表所示,則下列說法錯誤的是( )x681012y6m32A變量x,y之間呈現負相關關系B可以預測

2、,當x=20時,y=3.7Cm=4D該回歸直線必過點(9,4)3函數是定義在區間上的可導函數，其導函數為，且滿足，則不等式的解集為（ ）ABCD4如圖，一貨輪航行到M處，測得燈塔S在貨輪的北偏東15，與燈塔S相距20nmile，隨后貨輪按北偏西30的方向航行30A20(2+C20(6+5在極坐標系中，點關于極點的對稱點為ABCD6正方體中，若外接圓半徑為，則該正方體外接球的表面積為( )ABCD7若離散型隨機變量的分布列為則的數學期望（ ）AB或CD8某幾何體的三視圖如圖所示，當時，這個幾何體的體積為（）A1BCD9如圖，平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，若A12aC12a10雙曲線x2

3、a2Ay=2xBy=3x11執行如圖所示的程序框圖，若輸入x值滿足則輸出y值的取值范圍是（ ）ABCD12已知復數，則（ ）A1BCD5二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積為_14已知復數z(i是虛數單位)，則|z|_15已知直線，若與平行，則實數的值為_16若正方體的表面積為，則它的外接球的表面積為_.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，在棱長為2的正方體中，點是棱的中點，點在棱上，且滿足.（）求證：；（）求平面與平面所成銳二面角的余弦值.18（12分）在中，已知的平分線交于點，.（1

4、）求與的面積之比；（2）若，求和.19（12分）如圖,在四棱錐中,四邊形是直角梯形, ，,，為等邊三角形.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.20（12分）如圖,在一個水平面內,河流的兩岸平行,河寬1(單位:千米)村莊A,B和供電站C恰位于一個邊長為2(單位:千米)的等邊三角形的三個頂點處,且A,C位于河流的兩岸,村莊A側的河岸所在直線恰經過BC的中點D.現欲在河岸上A,D之間取一點E,分別修建電纜CE和EA,EB.設DCE=,記電纜總長度為f() (單位:千米).(1)求f()的解析式；(2)當DCE為多大時,電纜的總長度f()最小,并求出最小值.21（12分）已知函數的定義域為；（1）求

5、實數的取值范圍；（2）設實數為的最大值，若實數，滿足，求的最小值.22（10分）中，三內角所對的邊分別為，已知成等差數列()求證：；()求角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、B【解析】判斷幾何體的形狀幾何體是正方體與一個四棱柱的組合體，利用三視圖的數據求解幾何體的表面積即可【詳解】由題意可知幾何體是正方體與一個四棱柱的組合體，如圖：幾何體的表面積為：故選B【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵，屬于中檔題.2、C【解析】根據回歸直線方程的性質，以及應用，對選項進行逐一分析，

6、即可進行選擇.【詳解】對于A：根據b的正負即可判斷正負相關關系.線性回歸方程為，b=0.70，故負相關.對于B：當x=20時，代入可得y=3.7對于C：根據表中數據：9.可得4.即，解得：m=5.對于D：由線性回歸方程一定過()，即(9，4).故選：C.【點睛】本題考查線性回歸直線方程的性質，以及回歸直線方程的應用，屬綜合基礎題.3、D【解析】構造函數，對函數求導得到函數的單調性，進而將原不等式轉化為，進而求解.【詳解】根據題意，設，則導數；函數在區間上，滿足，則有，則有，即函數在區間上為增函數；，則有，解可得：；即不等式的解集為；故選：D【點睛】這個題目考查了函數的單調性的應用，考查了解不等

7、式的問題；解函數不等式問題，可以直接通過函數的表達式得到結果，如果直接求解比較繁瑣，可以研究函數的單調性，零點等問題，將函數值大小問題轉化為自變量問題.4、B【解析】由題意可知：SM=20，NMS=45SM與正東方向的夾角為75，MN與正東方向的夾角為60，SNM=105，MSN=30MNS中利用正弦定理可得MNMN=貨輪的速度v=故選B5、C【解析】分析：在極坐標系中，關于極點的對稱點為詳解：關于極點的對稱點為，關于極點的對稱點為故選：C點睛：本題考查一個點關于極點的對稱點的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意極坐標性質的合理運用6、C【解析】設正方體的棱長為，則是邊長為的正三角形，求得其

8、外接圓的半徑，求得的值，進而求得球的半徑，即可求解球的表面積，得到答案【詳解】如圖所示，設正方體的棱長為，則是邊長為的正三角形，設其外接圓的半徑為，則，即，由，得，所以正方體的外接球的半徑為，所以正方體的外接球的表面積為，故選C【點睛】本題主要考查了求得表面積與體積的計算問題，同時考查了組合體及球的性質的應用，其中解答中根據幾何體的結構特征，利用球的性質，求得球的半徑是解答的關鍵，著重考查了空間想象能力，以及推理與運算能力，屬于基礎題7、C【解析】由離散型隨機變量的分布列，列出方程組，能求出實數，由此能求出的數學期望.【詳解】解：由離散型隨機變量的分布列，知：，解得，的數學期望.故選：C.【點

9、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分布列等基礎知識，是基礎題.8、B【解析】三視圖復原幾何體是長方體的一個角，設出棱長，利用勾股定理，基本不等式，求出最大值【詳解】解：如圖所示，可知設，則，消去得，所以，當且僅當時等號成立，此時，所以故選：B【點睛】本題考查三視圖求體積，考查基本不等式求最值，是中檔題9、D【解析】由題意可得B1M【詳解】由題意可得B1=c+1【點睛】本題主要考查兩個向量的加減法的法則，以及其幾何意義，屬于基礎題10、A【解析】分析：根據離心率得a,c關系，進而得a,b關系，再根據雙曲線方程求漸近線方程，得結果.詳解：e=因為漸近線方程為y=bax

10、點睛：已知雙曲線方程x2a211、A【解析】直接利用程序框圖和分段函數求出結果.【詳解】當時，當時，得，即.故選：A【點睛】本題考查了程序框圖以及分段函數求值，屬于基礎題.12、C【解析】.故選二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】判斷三視圖對應的幾何體的形狀，然后求解幾何體的體積【詳解】由三視圖可知，幾何體是以側視圖為底面的五棱柱，底面是直角梯形，底面直角邊長為2，1，高為1，棱柱的高為3，幾何體的體積為：故答案為：【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的體積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵，屬于中檔題14、【解析】試題分析：因為，所以所以本題也可利用復數模的性質進行求解，即

11、考點：復數的模15、【解析】根據兩直線平行，列出有關的等式和不等式，即可求出實數的值.【詳解】由于與平行，則，即，解得.故答案為：.【點睛】本題考查利用兩直線平行求參數，解題時要熟悉兩直線平行的等價條件，并根據條件列式求解，考查運算求解能力，屬于基礎題.16、【解析】由正方體的外接球的直徑與正方體的棱長之間的關系求解.【詳解】由已知得正方體的棱長為，又因為正方體的外接球的直徑等于正方體的體對角線的長，所以正方體的外接球的半徑，所以外接球的表面積，故得解.【點睛】本題考查正方體的外接球，屬于基礎題.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、（）詳見解析；（）.【解析】（

12、）由正方體的性質得出平面，再由直線與平面垂直的性質可證明出；（）以為原點，分別為，軸建立空間直角坐標系，計算出平面和平面的法向量，利用向量法求出這兩個平面所成銳二面角的余弦值【詳解】（）在正方體中，平面，平面，；（）如圖，以為原點，分別為，軸建立空間直角坐標系，則，設為平面的一個法向量，則，即，令，可得，平面，為平面的一個法向量，平面與平面所成銳二面角的余弦值為.【點睛】本題考查直線與直線垂直的證明，考查利用空間向量法計算二面角，解題的關鍵就是計算出兩個平面的法向量，利用空間向量法來進行計算，考查計算能力與邏輯推理能力，屬于中等題18、（1）（2），【解析】由三角形面積公式 解出即可利用余弦定

13、理解出，再根據比值求出和【詳解】（1）設與的面積分別為，則，因為平分，所以，又因為，所以，.（2）在中，由余弦定理得，由（1）得，.【點睛】本題考查三角形的面積公式、余弦定理屬于基礎題19、 (1)略；(2)【解析】（1）推導出，從而得到平面，由此可證得；（2）推導出，以B為原點為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，求得平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）證明：在四棱錐中，四邊形是直角梯形，,，為等邊三角形，所以，所以，,所以，又由，所以平面，又因為平面，所以；（2）因為，所以，以為原點為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量為，則，取，得，設平面的

14、法向量為，則，取，得，由圖形可知二面角的平面角是鈍角，設二面角的平面角為，所以，即二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了線面平行的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理，通過嚴密推理是線面位置關系判定的關鍵，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.20、（1）f()=2-sincos+3，03【解析】分析：易得CE=EB=1cos，ED=tan，AE=3-tan，f()=2-sincos+3，03. (2)求導f()=-cos2詳解：(1)易得AD垂直平分

15、BC，CD=BD=1則CE=EB=1cos，ED=于是f()=1cos因為E在CD之間,所以0故f()=2-sin(2) f()=-cos2令f()=0,得sin=故當06，f()0，當63.,所以,當=6時, f()答:當DCE=6時, f()最小值為點睛：此題為三角函數的實際應用題，解題時要注意分析題目中的條件，常常跟正余弦定理，三角函數比值關系等幾何關系結合在一起考查，不難，但是綜合性強；第二問求最值如果不能轉化為三角函數求得最值，那就通過導數來分析.21、（1）；（2）【解析】（1）由定義域為R，只需求解|x3|+|x|的最小值，即可得實數m的取值范圍（2）根據（1）實數t的值，利用柯西不等式即可求解最小值【詳解】(1)函數的定義域為R，那么|x3|+|x|m0對任意x恒成立，只需m（|x3|+|x|）min，根據絕對值不等式|x3|+|x|x3x|33m0，所以m3，故實數m的取值范圍（，3；（2）由（1）可知m的最大值為3，即t3，那么a2+b2+c2t29，則a2+1+b2+1+c2+112，由柯西不等式可得（）（a2+1+b2+1+c2+1）（1+1+1）29，（），當abc時取等號，故得的最小值為【點睛】本題主要考查函數最值的求解，轉化思想和柯西不等式