1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、目要求的。1從裝有形狀大小相同的3個黑球和2個白球的盒子中依次不放回地任意抽取3次，若第二次抽得黑球，則第三次抽得白球的概率等于（ ）ABCD2已知10件產品中，有7件合格品，3件次品，若從中任意抽取5件產品進行檢查，則抽取的5件產品中恰好有2件次品的抽法有( )A種B種C種D種3設是等差數列.下列結論中正確的是（ ）A若，則B若，則C若，則D若，則4已知集合，則如圖中陰影部分所表示的集合為（ ）ABCD5一個空間幾何體的三規圖如圖所示，則該幾何體的體積為（ ） ABCD6已知函數，且對任意的，都有恒成立，則的最大值為（）ABCD7已知函數在區間內沒有極值點，則的取值范圍為ABCD8若復數滿足

3、，其中為虛數單位，是的共軛復數，則復數（ ）ABC4D59集合，則（ ）ABCD10函數在單調遞增，且為奇函數，若，則滿足的的取值范圍是（ ）ABCD11用數字1，2，3，4，5組成沒有重復數字的五位數，其中奇數的個數為A24B48C60D7212已知全集UxZ|0 x10，集合A1，2，3，4，Bx|x2a，aA，則(UA)B()A6，8B2，4C2，6，8D4，8二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13根據如圖所示的偽代碼，可知輸出的結果S為_.14雙曲線:的左右焦點分別為，過斜率為的直線與雙曲線的左右兩支分別交于點、，若，則該雙曲線的離心率是_15設正三棱錐側棱長為1，底面三

4、角形的邊長為2現從正三棱錐的6條棱中隨機選取2條，這兩條棱互相垂直的概率為_16已知隨機變量，且，則_.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）已知復數，其中，為虛數單位.（1）若復數為純虛數，求實數的值；（2）在復平面內，若復數對應的點在第四象限，求實數的取值范圍.18（12分）選修4-5：不等式選講設函數的最大值為（1）求；（2）若，求的最大值19（12分）在四棱錐中,平面平面，,四邊形是邊長為的菱形，,是的中點.(1)求證: 平面；(2)求平面與平面所成的銳二面角的余弦值.20（12分）已知復數，且為純虛數.（1）求復數；（2）若，求復數的模.21（1

5、2分）如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD是一個菱形，三角形PAD是一個等腰三角形，BADPAD，點E在線段PC上，且PE3EC（1）求證：ADPB；（2）若平面PAD平面ABCD，求二面角EABP的余弦值22（10分）端午節吃粽子是我國的傳統習俗，設一盤中裝有個粽子，其中豆沙粽個，肉粽個，白粽個，這三種粽子的外觀完全相同，從中任意選取個（）求三種粽子各取到個的概率（）設表示取到的豆沙粽個數，求的分布列與數學期望參考答案一、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】分析：這是一個條件概率，可用古典概型概率公式計算，即從5個

6、球中取三個排列，總體事件是第二次是黑球，可在第二次是黑球的條件下抽排第一次和第三次球.詳解：.點睛：此題是一個條件概率，條件是第二次抽取的是黑球，不能誤以為是求第二次抽到黑球，第三次抽到白球的概率，如果那樣求得錯誤結論為.2、C【解析】根據題意，分2步進行分析，第一步從3件次品中抽取2件次品，第二步從7件正品中抽取3件正品，根據乘法原理計算求得結果【詳解】根據題意，分2步進行分析： .從3件次品中抽取2件次品，有種抽取方法，;.從7件正品中抽取3件正品，有種抽取方法， 則抽取的5件產品中恰好有2件次品的抽法有種； 故選：C【點睛】本題考查排列組合的實際應用，注意是一次性抽取，抽出的5件產品步需

7、要進行排列3、C【解析】先分析四個答案，A舉一反例，而，A錯誤，B舉同樣反例，而，B錯誤，D選項，故D錯，下面針對C進行研究，是等差數列，若，則設公差為，則，數列各項均為正，由于，則，故選C.考點：本題考點為等差數列及作差比較法，以等差數列為載體，考查不等關系問題，重 點是對知識本質的考查.4、D【解析】由圖象可知陰影部分對應的集合為，然后根據集合的基本運算求解即可.【詳解】由Venn圖可知陰影部分對應的集合為，或，即 ，故選D.【點睛】本題主要考查集合的計算，利用圖象確定集合關系是解題的關鍵，考查分析問題和解決問題的能力，屬于基礎題.5、B【解析】根據三視圖得知該幾何體是四棱錐，計算出四棱錐

8、的底面積和高，再利用錐體體積公式可得出答案【詳解】由三視圖可知，該幾何體是四棱錐，底面是矩形，其面積為，高為，因此，該幾何體的體積為，故選B【點睛】本題考查三視圖以及簡單幾何體體積的計算，要根據三視圖確定幾何體的形狀，再根據體積公式進行計算，考查空間想象能力與計算能力，屬于中等題6、B【解析】先求出導函數，再分別討論，的情況，從而得出的最大值【詳解】由題可得：；（1）當時，則，由于，所以不可能恒大于等于零；（2）當時，則在恒成立，則函數在上單調遞增，當時，故不可能恒有；（3）當時，令，解得：，令，解得：，令，解得：，故在上單調遞減，在上單調遞增，則，對任意的，都有恒成立，即，得，所以；先求的最

9、大值：由，令，解得：，令，解得：，令，解得，則在上所以單調遞增，在上單調遞減，所以；所以的最大值為；綜述所述，的最大值為；故答案選B【點睛】本題考查函數的單調性，導數的應用，滲透了分類討論思想，屬于中檔題。7、D【解析】利用三角恒等變換化簡函數的解析式，再根據正弦函數的極值點，可得2k242k，或2k242k，kZ，由此求得的取值范圍【詳解】函數sin2x21sin2xcos2x+12sin（2x）+1 在區間（，2）內沒有極值點，2k242k，或2k242k，kZ解得 k，或k，令k0，可得故選D【點睛】本題主要考查三角恒等變換，正弦函數的極值點，屬于中檔題8、D【解析】根據復數的四則運算法

10、則先求出復數z，再計算它的模長【詳解】解：復數za+bi，a、bR；2z，2（a+bi）（abi），即，解得a3，b4，z3+4i，|z|故選D【點睛】本題主要考查了復數的計算問題，要求熟練掌握復數的四則運算以及復數長度的計算公式，是基礎題9、B【解析】由，得，故選B.10、D【解析】 是奇函數，故 ；又 是增函數，即 則有 ，解得 ，故選D.【點睛】解本題的關鍵是利用轉化化歸思想，結合奇函數的性質將問題轉化為，再利用單調性繼續轉化為，從而求得正解.11、D【解析】試題分析：由題意，要組成沒有重復數字的五位奇數，則個位數應該為1或3或5，其他位置共有種排法，所以奇數的個數為，故選D.【考點】排

11、列、組合【名師點睛】利用排列、組合計數時，關鍵是正確進行分類和分步，分類時要注意不重不漏，分步時要注意整個事件的完成步驟在本題中，個位是特殊位置，第一步應先安排這個位置，第二步再安排其他四個位置12、A【解析】先化簡已知條件,再求.【詳解】由題得,因為,故答案為A【點睛】本題主要考查集合的化簡，考查集合的補集和交集運算，意在考查學生對這些知識的掌握水平.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、7【解析】第一次循環：;第二次循環：;第三次循環：;結束循環，輸出考點：循環結構流程圖14、【解析】根據，由定義得，由余弦定理得的方程求解即可【詳解】根據，由雙曲線定義得，又直線的斜率為，故

12、，中由余弦定理得 故答案為【點睛】本題考查雙曲線定義及幾何性質，余弦定理，運用定義得是本題關鍵，是中檔題15、【解析】從正三棱錐的6條棱中隨機選取2條，有15種選法，因為正三棱錐側棱長為1，底面三角形的邊長為2，易知其中兩條棱互相垂直的選法共有6種，所以所求概率為216、0.9【解析】根據正態分布性質計算概率【詳解】由正態分布密度曲線知，又，所以，所以.【點睛】本題考查正態分布的性質，由正態分布曲線的對稱性得若，則，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）【解析】利用復數代數形式的乘法運算化簡，再由實部為0且虛部不為0求解；求出，再由復數代數形式的加法

13、運算化簡，由實部大于0且虛部小于0聯立不等式組求解【詳解】（1）由，得，又為純虛數，所以，且，所以.（2），又復數對應的點在第四象限，所以，且，所以的取值范圍是.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，考查復數的代數表示法及其幾何意義，屬于中檔題18、（1）；（2）1【解析】試題分析：（1）根據絕對值的幾何意義去絕對值，將函數轉化為分段函數，得到，可以根據函數單調性，或者畫出分段函數的圖象，可以得出函數的最大值為2；（2）由第（1）問可知，所以條件變為，若想求的最大值，可以令，則可以根據基本不等式，當且僅當時等號成立，所以，即，所以，當且僅當時等號成立，所以的最大值為1試題

14、解析：（1）當時，；當時，；當時，所以當時，取得最大值（2）因為，所以當且僅當時取等號，此時取得最大值1考點：1絕對值不等式；2基本不等式19、（1）見解析；（2）【解析】(1) 連接，根據幾何關系得到, 由平面平面，可得平面，進而得到,再由三角形ABE的角度及邊長關系得到，進而得到結果;(2)建立空間坐標系得到面的法向量為，面的一個法向量為，根據向量夾角運算可得結果【詳解】（1）連接，由，是的中點，得， 由平面平面，可得平面，又由于四邊形 是邊長為2的菱形，所以，從而平面.（2）以為原點，為軸，建立空間直角坐標系，有，令平面的法向量為，由，可得一個，同理可得平面的一個法向量為，所以平面與平面

15、所成銳二面角的余弦值為.【點睛】本題考查了面面垂直的證法，以及二面角的求法，證明面面垂直經常先證線面垂直，再得面面垂直，或者建立坐標系，求得兩個面的法向量，證明法向量公線即可.20、（1）（2）【解析】（1）將復數代入，令其實部為0，虛部不為0，可解得m，進而求出復數z；（2）先根據復數的除法法則計算w，再由公式計算w的模【詳解】解：（1）是純虛數，且（2）.【點睛】本題考查復數的概念和模以及復數代數形式的乘除運算，屬于基礎題21、（1）見解析；（2）【解析】（1）取中點,連接,根據等邊三角形的性質證得平面，由此證得.（2）以分別為軸建立空間直角坐標系，通過計算平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值.【詳解】（1）取中點,連接,由條件知均為等邊三角形，因此, 而由線面垂直定理可證, 又即證 （2）由（1）知，從而； 以建立空間直角坐標系，如圖所示：設，則，, ， 設面的法向量為 則 可得； 設面的法向量為則 可得 由圖知二面角為銳角，故二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查線線垂直、線面垂直的證明，考查利用空間向量計算二