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x，y滿足不等式組則z=2x +y的最大值與最小值的比值為ABCD22在平面幾何里有射影定理：設三角形的兩邊，是點在上的射影，則.拓展到空間，在四面體中，面，點是在面內的射影，

2、且在內，類比平面三角形射影定理，得出正確的結論是（）ABCD3二項式展開式中，的系數是（ ）ABC D4一幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（ ）A20 B24 C16 D5已知全集U=R，A=x|x0，B=x|x1，則集合CUAx|x0 Bx|x1 Cx|0 x1 Dx|0 x16在正方體中，E是棱的中點，點M，N分別是線段與線段上的動點，當點M，N之間的距離最小時，異面直線與所成角的余弦值為（ ）ABC D7從一批產品中取出三件產品，設事件為“三件產品全不是次品”，事件為“三件產品全是次品”，事件為“三件產品不全是次品”，則下列結論正確的是（ ）A事件與互斥B事件與互斥C任何兩個

3、事件均互斥D任何兩個事件均不互斥8已知正項等差數列滿足：，等比數列滿足：，則（ ）A-1或2B0或2C2D19設M=a+1a-2(2aNBM=NCMND不確定10已知，則下列說法正確是（ ）ABC與的夾角為D11在射擊訓練中，某戰士射擊了兩次，設命題p是“第一次射擊擊中目標”，命題q是“第二次射擊擊中目標”，則命題“兩次射擊中至少有一次沒有擊中目標”為真命題的充要條件是（ ）A為真命題B為真命題C為真命題D為真命題12已知某超市為顧客提供四種結賬方式：現金、支付寶、微信、銀聯卡.若顧客甲沒有銀聯卡，顧客乙只帶了現金，顧客丙、丁用哪種方式結賬都可以，這四名顧客購物后，恰好用了其中的三種結賬方式，

4、那么他們結賬方式的可能情況有（ ）種A19B7C26D12二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13一只袋內裝有大小相同的3個白球，4個黑球，從中依次取出2個小球，已知第一次取出的是黑球，則第二次取出白球的概率是_14若函數為奇函數，則的取值范圍為_15函數的最小正周期是_16已知函數，若函數恰有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是_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）已知公差不為零的等差數列滿足，且，成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）若，且數列的前項和為，求證：.18（12分）設數列的前項和.已知.（1）求數列的通項公式；（2）是否對一

5、切正整數，有？說明理由.19（12分）在一個圓錐內作一個內接等邊圓柱（一個底面在圓錐的底面上，且軸截面是正方形的圓柱），再在等邊圓柱的上底面截得的小圓錐內做一個內接等邊圓柱，這樣無限的做下去.（1）證明這些等邊圓柱的體積從大到小排成一個等比數列；（2）已知這些等邊圓柱的體積之和為原來圓錐體積的，求最大的等邊圓柱的體積與圓錐的體積之比.20（12分）如圖1，等邊中，是邊上的點（不與重合），過點作交于點，沿將向上折起，使得平面平面，如圖2所示（1）若異面直線與垂直，確定圖1中點的位置；（2）證明：無論點的位置如何，二面角的余弦值都為定值，并求出這個定值21（12分）設 （）求的單調區間.（）當時，

6、記，是否存在整數，使得關于的不等式有解？若存在求出的最小值，若不存在，說明理由.22（10分）某企業甲,乙兩個研發小組,他們研發新產品成功的概率分別為和,現安排甲組研發新產品,乙組研發新產品.設甲,乙兩組的研發是相互獨立的.(1)求至少有一種新產品研發成功的概率;(2)若新產品研發成功,預計企業可獲得萬元,若新產品研發成功,預計企業可獲得利潤萬元,求該企業可獲得利潤的分布列和數學期望.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】解：因為x，y滿足不等式組，作出可行域，然后判定當過點（2,2）取得最大，過點（1,1）

7、取得最小，比值為2，選D2、A【解析】由平面圖形到空間圖形的類比推理中，一般是由點的性質類比推理到線的性質，由線的性質類比推理到面的性質，即可求解，得到答案【詳解】由已知在平面幾何中，若中，是垂足，則，類比這一性質，推理出：若三棱錐中，面面，為垂足，則故選A【點睛】本題主要考查了類比推理的應用，其中類比推理的一般步驟是：（1）找出兩類事物之間的相似性或一致性；（2）用一類事物的性質去推測另一類事物的性質，得出一個明確的命題（猜想），著重考查了推理能力，屬于基礎題3、B【解析】通項公式：，令，解得，的系數為，故選B.【方法點晴】本題主要考查二項展開式定理的通項與系數，屬于簡單題. 二項展開式定理

8、的問題也是高考命題熱點之一，關于二項式定理的命題方向比較明確，主要從以下幾個方面命題：（1）考查二項展開式的通項公式；（可以考查某一項，也可考查某一項的系數）（2）考查各項系數和和各項的二項式系數和；（3）二項展開式定理的應用.4、A【解析】試題分析：該幾何體為一個正方體截去三棱臺，如圖所示，截面圖形為等腰梯形，梯形的高，所以該幾何體的表面積為，故選A考點：1、幾何體的三視圖；2、幾何體的表面積5、D【解析】試題分析：因為AB=x|x0或x1，所以CU考點：集合的運算.6、A【解析】以A為坐標原點，以，為x，y，z軸正向建系，設，,設，得，求出取最小值時值，然后求的夾角的余弦值【詳解】以A為坐

9、標原點，以，為x，y，z軸正向建系，設，,設，由得，則，當即，時，取最小值.此時，令得故選：A.【點睛】本題考查求異面直線所成的角，解題關鍵求得的取最小值時的位置解題方法是建立空間直角坐標系，用空間向量法表示距離、求角7、B【解析】根據互斥事件的定義，逐個判斷，即可得出正確選項【詳解】為三件產品全不是次品，指的是三件產品都是正品，為三件產品全是次品，為三件產品不全是次品，它包括一件次品，兩件次品，三件全是正品三個事件由此知：與是互斥事件；與是包含關系，不是互斥事件；與是互斥事件，故選B【點睛】本題主要考查互斥事件定義的應用8、C【解析】分析：根據數列的遞推關系，結合等差和等比數列的定義和性質求

10、出數列的通項公式即可得到結論詳解：由，得 ，是正項等差數列， ， 是等比數列， 則，即故選：D點睛：本題主要考查對數的基本運算，根據等差數列和等比數列的性質，求出數列的通項公式是解決本題的關鍵9、A【解析】x2+1161N=log12(x2+又M=a+1a-2=a-2+10a-2N.答案:A點睛：這個題目考查了比較函數值的大小關系；比較大小的常用方法有：做差，如果數值均為正，還可以考慮做商；還可以構造函數應用單調性比較大小；還可以放縮比較大小，常用的放縮方式有：不等式的應用10、D【解析】根據向量運算和向量夾角公式，向量模依次判斷每個選項得到答案.【詳解】，故，故錯誤；，故錯誤；，故，故，錯誤

11、；，故，正確.故選：.【點睛】本題考查了向量數量積，向量夾角，向量模，意在考查學生的計算能力.11、A【解析】由已知，先表示出命題“兩次射擊至少有一次沒有擊中目標”，在選擇使該命題成立的一個充分條件.【詳解】命題是“第一次射擊擊中目標”，命題是“第二次射擊擊中目標”，命題“兩次射擊至少有一次沒有擊中目標”,“兩次射擊中至少有一次沒有擊中目標”為真命題的充要條件:為真.故選：A【點睛】本題考查的知識點是事件的表示，本題考查復合命題的真假的判斷，考查充分條件的選擇,屬于基礎題.12、C【解析】由題意，根據甲丙丁的支付方式進行分類，根據分類計數原理即可求出【詳解】顧客甲沒有銀聯卡，顧客乙只帶了現金，

12、顧客丙、丁用哪種方式結賬都可以，當甲丙丁顧客都不選微信時，則甲有2種選擇，當甲選擇現金時，其余2人種，當甲選擇支付寶時，丙丁可以都選銀聯卡，或者其中一人選擇銀聯卡，另一人只能選支付寶或現金，故有，故有2+5=7種，當甲丙丁顧客都不選支付寶時，則甲有2種選擇，當甲選擇現金時，其余2人種，當甲選擇微信時，丙丁可以都選銀聯卡，或者其中一人選擇銀聯卡，另一人只能選微信或現金，故有，故有2+5=7種，當甲丙丁顧客都不選銀聯卡時，若有人使用現金，則,若沒有人使用現金，則有種，故有6+6=12種，根據分步計數原理可得共有7+7+6+6=26種，故選C【點睛】本題考查了分步計數原理和分類計數原理，考查了轉化思

13、想，屬于難題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】將問題轉化為個白球和個黑球，從中任取一個，取到白球的概率來求解.【詳解】由于第一次取出黑球，故原問題可轉化為個白球和個黑球，從中任取一個，則取到白球的概率為.【點睛】本小題主要考查條件概率的計算，考查古典概型的計算，屬于基礎題.14、【解析】分析：中，由在定義域內是一個偶函數，知為奇函數，由此能求出的取值范圍.詳解：中，在定義域內是一個偶函數，要使函數為奇函數，則為奇函數，當時，；當時，；當時，.只有定義域為的子區間，且定義域關于0對稱，才是奇函數，即，.故答案為：.點睛：本題考查函數的奇偶性的應用，解題時要認真審題，

14、仔細解答，注意分類討論思想的靈活應用.15、1【解析】直接利用余弦函數的周期公式求解即可【詳解】函數的最小正周期是：1故答案為1【點睛】本題考查三角函數的周期的求法，是基本知識的考查16、【解析】分析：先根據導數研究圖像，再根據與圖像交點情況確定實數的取值范圍.詳解：令，所以當時，；當時，；作與圖像，由圖可得要使函數恰有兩個不同的零點，需點睛：對于方程解的個數(或函數零點個數)問題，可利用函數的值域或最值，結合函數的單調性、草圖確定其中參數范圍從圖象的最高點、最低點，分析函數的最值、極值；從圖象的對稱性，分析函數的奇偶性；從圖象的走向趨勢，分析函數的單調性、周期性等三、解答題：共70分。解答應

15、寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、 (1).(2)見詳解.【解析】(1)設公差為，由已知條件列出方程組，解得，解得數列的通項公式.(2)得出，可由裂項相消法求出其前項和，進而可證結論.【詳解】(1)設等差數列的公差為().由題意得則化簡得解得所以.(2)證明：，所以.【點睛】本題考查等差數列和等比數列的基本量運算、裂項相消法求和、不等式的證明.通項公式形如的數列，可由裂項相消法求和.18、（1）；（2）對一切正整數，有.【解析】（1）運用數列的遞推式，結合等差數列的定義和通項公式，可得所求；（2）對一切正整數n，有，考慮當時，再由裂項相消求和，即可得證。【詳解】（1）當時，兩式做差得，當

16、時，上式顯然成立，。（2）證明：當時，可得由可得即有則當時，不等式成立。檢驗時，不等式也成立，綜上對一切正整數n，有。【點睛】本題考查數列遞推式，考查數列求和，考查裂項法的運用，確定數列的通項是關鍵19、（1）證明見解析；（2）【解析】（1）求出第一個等邊圓柱的體積，設第個等邊圓柱的底面半徑為，其外接圓錐的底面半徑為，高為，則其體積，進一步求得第個等邊圓柱的體積，作比可得這些等邊圓柱的體積從大到小排成一個等比數列；（2）由這些等邊圓柱的體積之和為原來圓錐體積的可得與的關系，則答案可求【詳解】（1）證明：如圖，設圓錐的底面半徑為，高為，內接等邊圓柱的底面半徑為，則由三角形相似可得：，可得其體積設

17、第個等邊圓柱的底面半徑為，其外接圓錐的底面半徑為，高為，則其體積，再設第個等邊圓柱的底面半徑為，則其外接圓錐的底面半徑為，高為，則第個等邊圓柱的體積為定值，則這些等邊圓柱的體積從大到小排成一個以為首項，以為公比的等比數列；（2）解：原來圓錐的體積為，這些等邊圓柱的體積之和為由，得，則最大的等邊圓柱的體積為，圓錐的體積為，體積之比為【點睛】本題考查圓柱、圓錐體積的求法，考查等比數列的確定及所有項和公式的應用，是中檔題20、（1）見解析；（2）【解析】（1）取中點，中點，連結，以為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出圖1中點在靠近點的三等分點處；（2）求出平面的法向量和平面

18、的法向量，利用向量法能證明無論點D的位置如何，二面角的余弦值都為定值【詳解】解：（1）在圖2中，取中點，中點，連結，以為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，設，則，故，異面直線與垂直，解得x（舍）或x，圖1中點在靠近點的三等分點處（2）證明：平面的法向量，設平面的法向量，則即，取，得，設二面角的平面角為，則為鈍角，故，無論點的位置如何，二面角的余弦值都為定值【點睛】本題考查利用空間向量確定空間中點的位置以及二面角的余弦值的計算，考查運算能力求解能力和推理論證能力，是中檔題21、（）詳見解析；（）0.【解析】（）對分三種情況討論，利用導數求的單調區間；（）先求出函數h(x)在上單調遞減，在上單調遞增，再求出，即得解.【詳解】解：（I）時，令令故在單調遞增，在上單調遞減；01時，恒成立，故在單調遞增.時，令