1、2021-2022高二下數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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已知的展開式中沒有項，則的值可以是（ ）A5B6C7D82已知等差數列的前項和為，則（ ）A10B12C16D203若動圓的圓心在拋物線上，且與直線相切，則動圓必過一個定點，該定點坐

2、標為（ ）ABCD 4一個圓錐被過其頂點的一個平面截去了較少的一部分幾何體，余下的幾何體的三視圖如圖，則余下部分的幾何體的體積為（ ）ABCD5下列有關命題的說法正確的是()A命題“若x21，則x1”的否命題為“若x21，則x1”B“x1”是“x25x60”的必要不充分條件C命題“若xy，則sin xsin y”的逆否命題為真命題D命題“x0R使得”的否定是“xR，均有x2x10”6已知，則的最大值為（ ）A1BCD7下表提供了某廠節能降耗技術改造后在生產產品過程中記錄的產量（噸）與相應的生產能耗（噸）的幾組對應數據：根據上表提供的數據，求出關于的線性回歸方程為，那么表中的值為（ ）ABCD8

3、8名學生和2位教師站成一排合影，2位教師不相鄰的排法種數為（ ）ABCD9已知，則展開式中，項的系數為（ ）ABCD10在二項式的展開式中，各項系數之和為，二項式系數之和為，若，則（ ）ABCD11函數的部分圖象大致是（ ）ABCD12芻薨（），中國古代算術中的一種幾何形體，九章算術中記載“芻薨者，下有褒有廣，而上有褒無廣.芻，草也.薨，屋蓋也.”翻譯為“底面有長有寬為矩形，頂部只有長沒有寬為一條棱，芻薨字面意思為茅草屋頂”，如圖，為一芻薨的三視圖，其中正視圖為等腰梯形，側視圖為等腰三角形，則搭建它（無底面，不考慮厚度）需要的茅草面積至少為（ ）A24BC64D二、填空題：本題共4小題，每小題

4、5分，共20分。13是正四棱錐，是正方體，其中，則到平面的距離為_14已知在平面內，點關于軸的對稱點的坐標為.根據類比推理，在空間中，點關于軸的對稱點的坐標為_15在中，角，的對邊分別是，若，則的周長為_16某四棱錐的三視圖如圖所示，那么該四棱錐的體積為_ 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）已知函數是定義在上的不恒為零的函數，對于任意非零實數滿足，且當時，有.（）判斷并證明的奇偶性；（）求證：函數在上為增函數，并求不等式的解集.18（12分）如圖，是通過某城市開發區中心O的兩條南北和東西走向的街道，連結M，N兩地之間的鐵路線是圓心在上的一段圓弧，若點M

5、在點O正北方向3公里；點N到的距離分別為4公里和5公里.（1）建立適當的坐標系，求鐵路線所在圓弧的方程；（2）若該城市的某中學擬在點O的正東方向選址建分校，考慮環境問題，要求校址到點O的距離大于4公里，并且鐵路上任意一點到校址的距離不能小于公里，求該校址距點O的最短距離（注：校址視為一個點）19（12分）選修4-5：不等式選講已知函數.（）求不等式的解集；（）若關于x的不等式恒成立，求實數a的取值范圍.20（12分）如圖，圓柱的軸截面是，為下底面的圓心，是母線，.（1）證明：平面；（2）求三棱錐的體積.21（12分）如圖，在三棱錐中，為的中點，平面，垂足落在線段上，為的重心，已知，. （1）證

6、明：平面；（2）求異面直線與所成角的余弦值；（3）設點在線段上，使得，試確定的值，使得二面角為直二面角.22（10分）某產品具有一定的時效性，在這個時效期內，由市場調查可知，在不做廣告宣傳且每件獲利a元的前提下，可賣出b件；若做廣告宣傳，廣告費為n千元比廣告費為千元時多賣出件。（1）試寫出銷售量與n的函數關系式；（2）當時，廠家應該生產多少件產品，做幾千元的廣告，才能獲利最大？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、C【解析】將條件轉化為的展開式中不含常數項，不含項，不含項，然后寫出的展開式的通項，即可分析出答案.【詳解

7、】因為的展開式中沒有項，所以的展開式中不含常數項，不含項，不含項的展開式的通項為：所以當取時，方程無解檢驗可得故選：C【點睛】本題考查的是二項式定理的知識，在解決二項式展開式的指定項有關的問題的時候，一般先寫出展開式的通項.2、D【解析】利用等差數列的前項和公式以及通項公式即可求出.【詳解】，故選：D【點睛】本題考查了等差數列的前項和公式以及通項公式，考查了學生的計算，屬于較易題.3、A【解析】直線為的準線，圓心在該拋物線上，且與直線相切，則圓心到準線的距離即為半徑，那么根據拋物線的定義可知定點坐標為拋物線焦點.【詳解】由題得，圓心在上，它到直線的距離為圓的半徑，為的準線，由拋物線的定義可知，

8、圓心到準線的距離等于其到拋物線焦點的距離，故動圓C必過的定點為拋物線焦點，即點，故選A.【點睛】本題考查拋物線的定義，屬于基礎題.4、B【解析】分析: 由三視圖求出圓錐母線，高，底面半徑進而求出錐體的底面積，代入錐體體積公式，可得答案詳解: 由已知中的三視圖，圓錐母線l=圓錐的高h=，圓錐底面半徑為r=2，由題得截去的底面弧的圓心角為120，底面剩余部分為S=r2+sin120=+，故幾何體的體積為：V=Sh=（+）2=.故答案為：B點睛：（1）本題主要考查三視圖找原圖，考查空間幾何體的體積的計算，意在考查學生對這些知識的掌握水平和空間想象能力基本的計算能力.(2)解答本題的關鍵是弄清幾何體的

9、結構特征并準確計算各幾何要素.5、C【解析】命題“若x21，則x1”的否命題為“若x21，則x1”，A不正確；由x25x60，解得x1或6，因此“x1”是“x25x60”的充分不必要條件，B不正確；命題“若xy，則sin xsin y”為真命題，其逆否命題為真命題，C正確；命題“x0R使得x010”的否定是“xR，均有x2x10”，D不正確綜上可得只有C正確6、D【解析】直接使用基本不等式，可以求出的最大值.【詳解】因為，所以有，當且僅當時取等號，故本題選D.【點睛】本題考查了基本不等式的應用，掌握公式的特征是解題的關鍵.7、A【解析】先求出這組數據的樣本中心點，樣本中心點是用含有t的代數式表

10、示的，把樣本中心點代入變形的線性回歸方程，得到關于t的一次方程，解方程，得到結果【詳解】由回歸方程知=，解得t=3，故選A【點睛】本題考查回歸分析的初步應用，考查樣本中心點的性質，考查方程思想的應用，是一個基礎題，解題時注意數字計算不要出錯8、A【解析】本題選用“插空法”，先讓8名學生排列，再2位教師教師再8名學生之間的9個位置排列.【詳解】先將8名學生排成一排的排法有種，再把2位教師插入8名學生之間的9個位置（包含頭尾的位置），共有種排法，故2位教師不相鄰的排法種數為種.故選A.【點睛】本題考查排列組合和計數原理，此題也可用間接法.特殊排列組合常用的方法有：1、插空法，2、捆綁法.9、B【解

11、析】=1，則二項式的展開式的通項公式為Tr+1=，令92r=3，求得r=3，展開式中x3項的系數為=，故選B【點睛】本題考查集合的混合運算.10、A【解析】分析：先根據賦值法得各項系數之和，再根據二項式系數性質得，最后根據解出詳解：因為各項系數之和為，二項式系數之和為,因為，所以,選A.點睛：“賦值法”普遍適用于恒等式，是一種重要的方法，對形如的式子求其展開式的各項系數之和，常用賦值法， 只需令即可；對形如的式子求其展開式各項系數之和，只需令即可.11、B【解析】先判斷函數奇偶性，再根據對應區間函數值的正負確定選項.【詳解】為偶函數，舍去A;當時,舍去C；當時,舍去D；故選：B【點睛】本題考查

12、函數奇偶性以及識別函數圖象，考查基本分析求解判斷能力，屬基礎題.12、B【解析】茅草面積即為幾何體的側面積，由題意可知該幾何體的側面為兩個全等的等腰梯形和兩個全等的等腰三角形其中，等腰梯形的上底長為4，下底長為8，高為；等腰三角形的底邊長為4，高為故側面積為即需要的茅草面積至少為選B二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，的坐標，利用距離公式，即可得到結論.【詳解】解：以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，設平面的法向量是，由，可得取得，到平面的距離.故答案為：.【點睛】本題考查點到平面的距離，考查向量知識的運用，考

13、查學生的計算能力，屬于中檔題.14、【解析】在空間中，點關于軸的對稱點：軸不變，軸取相反數.【詳解】在空間中，點關于軸的對稱點：軸不變，軸取相反數.點關于軸的對稱點的坐標為故答案為：【點睛】本題考查了空間的對稱問題，意在考查學生的空間想象能力.15、【解析】 由題意，所以，且 由余弦定理，得，所以 所以的周長為.點睛：本題主要考查了利用正弦定理和三角函數的恒等變換求解三角形問題，對于解三角形問題，通常利用正弦定理進行“邊轉角”尋求角的關系，利用“角轉邊”尋求邊的關系，利用余弦定理借助三邊關系求角，利用兩角和差公式及二倍角公式求三角函數值. 利用正、余弦定理解三角形問題是高考高頻考點，經常利用三

14、角形內角和定理，三角形面積公式，結合正、余弦定理解題.16、【解析】先還原幾何體，再根據四棱錐體積公式求結果.【詳解】由三視圖知該幾何體如圖，V故答案為：【點睛】本題考查三視圖以及四棱錐的體積，考查基本分析求解能力，屬基礎題.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、 (1)見解析;(2).【解析】分析：先求出，繼而，令代入得構造，然后利用已知代入證明詳解：（）是偶函數由已知得，即，所以是偶函數.（）設，則， 所以，所以在上為增函數.因為，又是偶函數，所以有，解得不等式的解集為.點睛：本題證明了抽象函數的奇偶性和單調性，在解答此類題目時方法要掌握，按照基本定義來證明，

15、先求出和的值，然后配出形式，單調性要構造，然后按照已知法則來證明。18、（1）（；（2）.【解析】（1）以垂直的直線為軸建立平面直角坐標系，設圓心坐標為，由圓心到兩點的距離相等求出，即圓心坐標，再求出半徑，可得圓方程，圓弧方程在圓方程中對變量加以限制即可。（2）設校址坐標為，根據條件列出不等式，由函數單調性求最值解決恒成立問題。【詳解】（1）以直線為軸，為軸，建立如圖所求的直角坐標系，則，設圓心為，則，解得。即，圓半徑為，圓方程為，鐵路線所在圓弧的方程為（。（2）設校址為，是鐵路上任一點，則對恒成立，即對恒成立，整理得對恒成立，記，在上是減函數，即，解得。即校址距點最短距離是。【點睛】本題考查

16、求點的軌跡方程、求圓的方程，考查不等式恒成立問題。不等式恒成立可轉化為通過求函數的最值得以解決，屬于中檔題。19、 (1);(2).【解析】分析：（）對分兩種情況討論，分別去掉絕對值符號，然后求解不等式組，再求并集即可得結果；（）問題等價于恒成立，因為，只需即可得結果.詳解：（）當時，,即,解得或.所以或；當時，此不等式恒成立，所以.綜上所述，原不等式的解集為. （）恒成立，即恒成立，即恒成立，當且僅當時等式成立，解得或.故實數a的取值范圍是. 點睛：絕對值不等式的常見解法：利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現了數形結合的思想；利用“零點分段法”求解，體現了分類討論的思想；通過構造函數，利用函

17、數的圖象求解，體現了函數與方程的思想20、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）連接交于點，連接，利用三角形中位線定理證明，由線面平行的判定定理可得結論；（2）先利用面面垂直的性質證明平面，可得點到平面的距離為，由，結合棱錐的體積公式可得結果.【詳解】（1）如圖，連接交于點，連接.四邊形是矩形，是的中點.點為的中點，.又平面，平面，平面.（2），.在三棱柱中，由平面，得平面平面.又平面平面，平面，點到平面的距離為，且.【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理、以及棱錐體積，屬于中檔題.證明線面平行的常用方法：利用線面平行的判定定理，使用這個定理的關鍵是設法在平面內找到一條與已知直線平行的直線，

18、可利用幾何體的特征，合理利用中位線定理、線面平行的性質或者構造平行四邊形、尋找比例式證明兩直線平行.利用面面平行的性質，即兩平面平行，在其中一平面內的直線平行于另一平面.21、（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】（1）方法一：由重心的性質得出，再由，結合相似三角形的性質得出，再利用直線與平面平行的判定定理得出平面；方法二：以為原點，以射線為軸的正半軸，建立空間直角坐標系，利用重心的坐標公式計算出點的坐標，可計算出，可證明出，再利用直線與平面平行的判定定理得出平面；（2）計算出和，利用向量的坐標運算計算出，即可得出異面直線與所成角的余弦值；（3）由，得出，可求出的坐標，然后可計算出平面（即平面）的一個法向量和平面的一個法向量，由題意得出，結合空間向量數量積的坐標運算可求出實數的值.【詳解】（1）方法一：如圖，連接，因為是的重心，是的中點，即，所以，又因為平面，平面，平面；方法二：以為原點，以射線為軸的正半軸，建立空間直角坐標系，則、，是的重心，則點的坐標為，即，又因為平面，平面，平面；（2），所以異面直線與所成角的余弦值；（3），設平面的法向量為，平面的法向量為，由，得，即，令，可得，所以，平面的一個法向量為，由，得，