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設集合A=1,3,5，B=-3,1,5，則AB=（A1B3C1,3D1,52七巧板是我國古代勞動人民的發明之一，被譽為“東方魔板”.如圖是一個用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任

2、取一點，則此點取自陰影部分的概率為（ ）ABCD3若雙曲線的一條漸近線被圓所截得的弦長為2，則雙曲線的離心率為（ ）AB2CD4已知點在拋物線C：的準線上，記C的焦點為F，則直線AF的斜率為（ ）ABCD5函數的圖象大致為ABCD6把圓x2+(y-2)A線段B等邊三角形C直角三角形D四邊形7命題“，使得”的否定形式是（ ）A，使得B，使得C，使得D，使得8已知為虛數單位，則復數對應復平面上的點在第（ ）象限A一B二C三D四9函數的圖象可能是（ ）ABCD10定義在R上的偶函數滿足，當時，設函數，則與的圖象所有交點的橫坐標之和為（ ）A3B4C5D611已知a，bR，則“”是“”的（ ）A充分不

3、必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件12下列說法中正確的個數是（ ）命題：“、，若，則”，用反證法證明時應假設或；若，則、中至少有一個大于；若、成等比數列，則；命題：“，使得”的否定形式是：“，總有”.ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在長方體中，若，則異面直線與所成角的大小為_.14從正方體六個面的對角線中任取兩條作為一對，這對對角線所成的角為的概率為_15某校高二學生一次數學診斷考試成績（單位：分）服從正態分布，從中抽取一個同學的數學成績，記該同學的成績為事件，記該同學的成績為事件，則在事件發生的條件下事件發生的概率_（結果用分數表示）附參考數

4、據：；16在平面直角坐標系中，若直線與橢圓在第一象限內交于點，且以為直徑的圓恰好經過右焦點，則橢圓的離心率是_.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）設等差數列的前項和為，且，（1）求數列的通項公式；（2）設數列，求的前項和18（12分）如圖，正四棱柱的底面邊長，若異面直線與所成角的大小為，求正四棱柱的體積.19（12分）（江蘇省南京師大附中高三高考考前模擬考試數學試題）已知函數f(x)lnxaxa，aR（1）若a1，求函數f(x)的極值；（2）若函數f(x)有兩個零點，求a的范圍；（3）對于曲線yf(x)上的兩個不同的點P(x1，f(x1)，Q(x2，f

5、(x2)，記直線PQ的斜率為k，若yf(x)的導函數為f (x)，證明：f ()k20（12分）（）（1）當時，求的單調區間；（2）若，存在兩個極值點，試比較與的大小；（3）求證：（，）21（12分）已知函數（為常數）（1）當時，討論函數的單調性；（2）當時，若函數在上單調遞增，求的取值范圍22（10分）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=1，(1)若B1C=1，求直線AB(2)在(1)的條件下，求二面角A1(3)若B1C=2，CG平面A1ABB1，G為垂足，令CG=pCA+qCB+rCB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

6、是符合題目要求的。1、D【解析】根據交集定義求解【詳解】由題意AB=1,5故選D【點睛】本題考查集合的交集運算，屬于基礎題2、B【解析】設出大正方形的面積，求出陰影部分的面積，從而求出滿足條件的概率即可【詳解】設“東方魔板”的面積是4，則陰影部分的三角形面積是1，陰影部分平行四邊形的面積是 則滿足條件的概率 故選：B【點睛】本題考查了幾何概型問題，考查面積之比，是一道基礎題3、B【解析】寫出雙曲線的漸近線方程，由圓的方程得到圓心坐標與半徑，結合點到直線的距離公式與垂徑定理列式求解【詳解】解：雙曲線的漸近線方程為，由對稱性，不妨取，即圓的圓心坐標為，半徑為，則圓心到漸近線的距離，解得故選：B【點

7、睛】本題考查雙曲線的簡單性質，考查直線與圓位置關系的應用，屬于中檔題4、C【解析】試題分析：由已知得，拋物線的準線方程為，且過點，故，則，則直線AF的斜率，選C考點：1、拋物線的標準方程和簡單幾何性質；2、直線的斜率5、B【解析】由于,故排除選項.,所以函數為奇函數,圖象關于原點對稱,排除選項.,排除選項,故選B.6、B【解析】通過聯立方程直接求得交點坐標，從而判斷圖形形狀.【詳解】聯立x2+(y-2)2=1與x2【點睛】本題主要考查圓與橢圓的交點問題，難度不大.7、D【解析】試題分析：的否定是，的否定是，的否定是故選D【考點】全稱命題與特稱命題的否定【方法點睛】全稱命題的否定是特稱命題，特稱

8、命題的否定是全稱命題對含有存在（全稱）量詞的命題進行否定需要兩步操作： 將存在（全稱）量詞改成全稱（存在）量詞；將結論加以否定8、D【解析】分析：首先化簡所給的復數，然后確定復數所在的象限即可.詳解：由題意可得：，則復數對應的點為，該點位于第四象限，即復數對應復平面上的點在第四象限.本題選擇D選項.點睛：本題主要考查復數的運算法則及其應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.9、A【解析】求導，判斷導函數函數值的正負，從而判斷函數的單調性，通過單調性判斷選項.【詳解】解：當時，則，若，若，則恒成立，即當時，恒成立，則在上單調遞減，故選：A.【點睛】本題主要考查函數的圖象，可以通過函數的

9、性質進行排除，屬于中檔題.10、B【解析】根據題意，分析可得函數與的圖象都關于直線對稱，作出兩個函數圖象，分析其交點情況即可得到答案.【詳解】由題意，函數滿足可知，函數的圖象關于直線對稱，又函數為偶函數，所以函數的圖象關于軸對稱，由函數可知，函數的圖象關于直線對稱，畫出函數與的圖象如圖所示：設圖中四個交點的橫坐標為，由圖可知，所以函數與的圖象所有交點的橫坐標之和為4.故選：B【點睛】本題考查函數的奇偶性和對稱性、指數函數的圖象與性質；考查數形結合思想和運算求解能力；利用函數的奇偶性和對稱性作出函數圖象是求解本題的關鍵；屬于綜合型、難度大型試題.11、A【解析】根據復數的基本運算，結合充分條件和

10、必要條件的定義進行判斷即可【詳解】解：因為，若，則等式成立，即充分性成立，若成立，即，所以解得或即必要性不成立，則“”是“”的充分不必要條件，故選：A【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合復數的基本運算是解決本題的關鍵，屬于基礎題12、C【解析】根據命題的否定形式可判斷出命題的正誤；利用反證法可得出命題的真假；設等比數列的公比為，利用等比數列的定義和等比中項的性質可判斷出命題的正誤；利用特稱命題的否定可判斷出命題的正誤.【詳解】對于命題，由于可表示為且，該結論的否定為“或”，所以，命題正確；對于命題，假設且，由不等式的性質得，這與題設條件矛盾，假設不成立，故命題正確；對于命題，設等

11、比數列、的公比為，則，.由等比中項的性質得，則，命題錯誤；對于命題，由特稱命題的否定可知，命題為真命題，故選：C.【點睛】本題考查命題真假的判斷，涉及反證法、等比中項以及特稱命題的否定，理解這些知識點是解題的關鍵，考查分析問題和解決問題的能力，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】畫出長方體,再將異面直線與利用平行線轉移到一個三角形內求解角度即可.【詳解】畫出長方體可得異面直線與所成角為與之間的夾角,連接.則因為,則,又,故,又,故為等腰直角三角形,故,即異面直線與所成角的大小為故答案為【點睛】本題主要考查立體幾何中異面直線的角度問題,一般的處理方法是將異面

12、直線經過平行線的轉換構成三角形求角度,屬于基礎題型.14、【解析】正方體的面對角線共有12條，能夠數出每一條對角線和另外的8條構成8對直線所成角為60，得共有128對對角線所成角為60，并且容易看出有一半是重復的，得正方體的所有對角線中，所成角是60的有48對，根據古典概型概率公式求解即可【詳解】如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，與上平面A1B1C1D1中一條對角線A1C1成60的直線有：A1D，B1C，A1B，D1C，BC1，AD1，C1D，B1A共八對直線，總共12條對角線；共有12896對面對角線所成角為60，而有一半是重復的；從正方體六個面的對角線中任取兩條作為一對，其中所成的

13、角為60的共有48對而正方體的面對角線共有12條，所以概率為：故答案為【點睛】本題考查正方體面對角線的關系，考查了古典概型的概率問題，而對于本題知道96對直線中有一半是重復的是求解本題的關鍵15、【解析】計算出和，然后利用條件概率公式可得出的值.【詳解】由題意可知，事件為，所以，由條件概率公式得，故答案為：.【點睛】本題考查條件概率的計算，同時也考查了正態分布原則計算概率，解題時要將相應的事件轉化為正態分布事件，充分利用正態密度曲線的對稱性計算，考查計算能力，屬于中等題.16、.【解析】由題意可得軸，求得的坐標，由在直線上，結合離心率公式，解方程可得所求值【詳解】解：以為直徑的圓恰好經過右焦點

14、，可得軸，令，可得，不妨設，由在直線上，可得，即為，由可得，解得（負的舍去）.故答案為: .【點睛】本題考查橢圓的方程和性質，考查了圓的性質.本題的關鍵是由圓過焦點得出點的坐標.求離心率的做題思路是，根據題意求出或者列出一個關于 的方程，由橢圓或雙曲線的的關系，進而求解離心率.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】試題分析：（1）將已知條件轉化為數列的首項和公差表示，通過解方程組可得到基本量的值，從而求得通項公式；（2）借助于（1）可求得的通項公式，結合特點利用列項求和法求和試題解析：（1）由已知有，則（2），則考點：數列求通項公式就和18、

15、16【解析】分析：由正四棱柱的性質得，從而，進而，由此能求出正四棱柱的體積.詳解：為與所成角且 ， 點睛：本題主要考查異面直線所成的角、正四棱柱的性質以及棱柱的體積的公式，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養. 求異面直線所成的角先要利用三角形中位線定理以及平行四邊形找到異面直線所成的角.19、（1）見解析（2）（3）見解析【解析】分析：（1）求極值可先求導分析函數的單調區間從而確定極值點求極值；（2）由（1）可知當a0時，f(x)在(0，)上單調增，不可能有兩個零點；故只需討論當a0時的零點情況，當a0時，函數有極大值， 令（x0），求導分析單調性結合零點定理進行證明即可；（3

16、）由斜率計算公式得 ，而 ，將看成一個整體構造函數（），分析其最大值即可.解：（1）， 當時，在上單調遞增，無極值； 當時， ，在上單調遞增； ，在上單調遞減， 函數有極大值，無極小值 （2）由（1）可知當a0時，f(x)在(0，)上單調增，不可能有兩個零點；當a0時，函數有極大值， 令（x0）， ， ，在(0，1)上單調遞減； ，在(1，)上單調遞增， 函數有最小值 要使若函數有兩個零點時，必須滿足， 下面證明時，函數有兩個零點 因為， 所以下面證明還有另一個零點 當時， ， 令()， 在上單調遞減，則， 所以在上有零點，又在上單調遞減， 所以在上有惟一零點，從而有兩個零點 當時， ， 易證

17、，可得， 所以在上有零點，又在上單調遞減， 所以在上有惟一零點，從而有兩個零點 綜上，的范圍是 （3）證明：， ， 又， 不妨設0 x2x1， t，則t1， 則 令（）， 則，因此h(t)在(1，)上單調遞減，所以h(t)h(1)0. 又0 x2x1，所以x1x20，所以f ()k0，即f ()k點睛：考查導數在函數的應用、零點定理、導數證明不等式，對復雜函數的正確求導和靈活轉化為熟悉的語言理解是解導數難題的關鍵，屬于難題.20、（1）遞減，遞增（2）（3）詳見解析【解析】試題分析：（1）求出函數的定義域，求出導數，求得單調區間，即可得到極值；（2）求出導數，求得極值點，再求極值之和，構造當0

18、t1時，g（t）=2lnt+-2，運用導數，判斷單調性，即可得到結論；（3）當0t1時，g（t）=2lnt+-20恒成立，即lnt+-10恒成立，設t=（n2，nN），即ln+n-10，即有n-1lnn，運用累加法和等差數列的求和公式及對數的運算性質，即可得證試題解析：（），定義域，遞減，遞增（），（也可使用韋達定理）設，當時，當時，在上遞減，即恒成立綜上述（）當時，恒成立，即恒成立設，即，考點：利用導數研究函數的極值；導數在最大值、最小值問題中的應用21、（1）見解析；（2）【解析】分析：（1）當時，求得，令令，解得或，分類討論即可求解函數的單調性；（2）當時，由題意，在上恒成立即在上恒成立

19、，當時，不等式成立；當時，令，求得，分類討論即可求解詳解：（1）當時，；令，解得或當，即時，增區間為，減區間為；當，即時，增區間為，無減區間；當，即時，增區間為，減區間為（2）當時，由題意，在上恒成立即即在上恒成立1）顯然時，不等式成立；2）當時，令，則當時，只須恒成立 恒成立，（可求導證明或直接用一個二級結論：） 當時，單減；當時，單增； 當時，只須恒成立 此時，即單減 綜上所述，點睛：本題主要考查導數在函數中的應用，以及不等式的證明，著重考查了轉化與化歸思想、邏輯推理能力與計算能力，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，求解曲線在某點處的切線方程；(2)利用導數求函數的單調區間，判斷單調性；已