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已知點滿足，則到坐標原點的距離的點的概率為（ ）ABCD2若點與曲線上點的距離的最小值為，則實數的值為（ ）ABCD3已知集合則=（ ）ABCD4某產品的廣告費用萬元與銷售額萬元的統計數據如下表：根據以上數據可得回歸直線方程，其中，據

2、此模型預報廣告費用為6萬元時，銷售額為65.5萬元，則，的值為（ ）A，B，C，D，5把函數的圖象上所有點向左平行移動個單位長度，再把所得圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），得到的圖象所表示的函數是（ ）.ABCD6設函數，若不等式恰有兩個整數解，則實數的取值范圍是（）ABCD7從甲地去乙地有3班火車，從乙地去丙地有2班輪船，則從甲地去丙地可選擇的旅行方式有（ ）A5種B6種C7種D8種8函數在區間 上的圖象如圖所示， ，則下列結論正確的是（ ）A在區間上，先減后增且B在區間上，先減后增且C在區間上，遞減且D在區間上，遞減且9若函數對任意都有成立，則（）ABCD與的大小不確定1

3、0已知拋物線，過其焦點的直線交拋物線于兩點，若，則的面積（為坐標原點）為（ ）ABCD11盒中有只螺絲釘，其中有只是不合格的，現從盒中隨機地取出只，那么恰有只不合格的概率是（ ）ABCD12函數的圖象大致為ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若復數滿足，其中為虛數單位，則_14已知函數，若對任意，恒成立，則實數的取值范圍是_15設函數f(x)|xa|，g(x)x1，對于任意的xR，不等式f(x)g(x)恒成立，則實數a的取值范圍是_16將極坐標化成直角坐標為_.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）有6本不同的書:(1)全部借給5人

4、,每人至少1本,共有多少種不同的借法?(2)全部借給3人,每人至少1本,共有多少種不同的借法?18（12分）已知函數. （1）若函數有兩個不同的零點，求實數的取值范圍；（2）若在上恒成立，求實數的取值范圍.19（12分）已知函數（且）的圖象過定點P，且點P在直線（，且）上，求的最小值20（12分）已知數列滿足，且.（I）證明：數列是等差數列；（II）求數列的前項和.21（12分）如圖，在直三棱柱中，是的中點，是的中點. （1）求異面直線與所成角的大小；（2）若直三棱柱的體積為，求四棱錐的體積.22（10分）九章算術中，將底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”，將四個面都為直角三

5、角形的四面體稱為“鱉臑”.如圖，在“陽馬”中，側棱底面，且，過棱的中點，作交于點，連接.（1）證明：平面.試判斷四面體是否為“鱉臑”，若是，寫出其每個面的直角（只需寫出結論）；若不是，說明理由；（2）若，求直線與平面所成角的正切值.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】作出圖象，得到點P的坐標圍成的圖形是以原點為中心的邊長為正方形，到坐標原點O的距離的點P圍成的圖形是以原點為圓心，半徑為1的圓，由此利用幾何概型能求出到坐標原點O的距離的點P的概率【詳解】點滿足，當，時，；當，時，；當，時，；當，時，作出圖象，

6、得到點P的坐標圍成的圖形是以原點為中心的邊長為正方形，到坐標原點O的距離的點P圍成的圖形是以原點為圓心，半徑為1的圓，到坐標原點O的距離的點P的概率為：故選：B.【點睛】本題考查概率的求法，幾何概型等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題2、D【解析】設，求得函數的導數，可得切線的斜率，由兩點的斜率公式，以及兩點的距離公式，解方程可得所求值【詳解】的導數為，設，可得過的切線的斜率為，當垂直于切線時，取得最小值，可得，且，可得，解得或（舍去），即有，解得，故選：D【點睛】本題考查導數幾何意義的應用、距離的最小值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、數形結合思想，考查邏輯推理能力、運算求解能力.3、

7、D【解析】因為集合B中，xA，所以當x1時，y321；當x2時，y3224；當x3時，y3327；當x4時，y34210.即B1,4,7,10又因為A1,2,3,4，所以AB1,4故選D.4、C【解析】分析：根據回歸直線過樣本中心和條件中給出的預測值得到關于，的方程組，解方程組可得所求詳解：由題意得，又回歸方程為，由題意得，解得故選C點睛：線性回歸方程過樣本中心是一個重要的結論，利用此結論可求回歸方程中的參數，也可求樣本數據中的參數根據回歸方程進行預測時，得到的數值只是一個估計值，解題時要注意這一點5、A【解析】先根據左加右減的性質進行平移，再根據橫坐標伸長到原來的2倍時的值變為原來的倍，得到

8、答案【詳解】解：向左平移個單位，即以代，得到函數，再把所得圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，即以代，得到函數：故選：A【點睛】本題主要考查三角函數的變換，屬于基礎題6、D【解析】求出函數的定義域、化簡不等式，構造新函數，結合函數的圖象，從而可得的范圍，得到答案【詳解】由題意，函數的定義域為，不等式，即，即，兩邊除以，可得，又由直線恒過定點，若不等式恰有兩個整數解，即函數圖象有2個橫坐標為整數的點落在直線的上方，由圖象可知，這2個點為，可得，即，解得，即實數的取值范圍是，故選D【點睛】本題主要考查了函數的零點的綜合應用，其中解答中把不等式的解，轉化為函數的圖象的關系，合理得出不等式組是解答的

9、關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題7、B【解析】由分步計數原理得，可選方式有236種故選B考點：分步乘法計數原理8、D【解析】由定積分，微積分基本定理可得：f（t）dt表示曲線f（t）與t軸以及直線t0和tx所圍區域面積，當x增大時，面積增大，減小，g（x）減小，故g（x）遞減且g（x）0，得解【詳解】由題意g（x）f（t）dt，因為x（0，4），所以t（0，4），故f（t）0，故f（t）dt的相反數表示曲線f（t）與t軸以及直線t0和tx所圍區域面積，當x增大時，面積增大，減小，g（x）減小，故g（x）遞減且g（x）0，故選：D【點睛】本題考查了定積分，微積分基本定理，屬

10、中檔題9、A【解析】構造函數，利用導數可判斷g（x）的單調性，由單調性可得g（ln3）與g（ln5）的大小關系，整理即可得到答案【詳解】解：令，則，因為對任意都有，所以，即在R上單調遞增，又，所以，即，即，故選：A【點睛】本題考查導數的運算及利用導數研究函數的單調性，解決本題的關鍵是根據選項及已知條件合理構造函數，利用導數判斷函數的單調性，屬中檔題.10、B【解析】首先過作，過作（為準線），易得，.根據直線：與拋物線聯立得到，根據焦點弦性質得到，結合已知即可得到，再計算即可.【詳解】如圖所示：過作，過作（為準線），.因為，設，則，.所以.在中，所以.則.，直線為.，.所以，.在中，.所以.故選

11、：B【點睛】本題主要考查拋物線的幾何性質，同時考查焦點弦的性質，屬于中檔題.11、A【解析】分析：利用古典概型求恰有只不合格的概率.詳解：由古典概型公式得故答案為：A.點睛：（1）本題主要考查古典概型，意在考查學生對該知識的掌握水平.(2) 古典概型的解題步驟:求出試驗的總的基本事件數；求出事件A所包含的基本事件數；代公式=.12、C【解析】函數f（x）=（）cosx，當x=時，是函數的一個零點，屬于排除A，B，當x（0，1）時，cosx0，0，函數f（x）=（）cosx0，函數的圖象在x軸下方排除D故答案為C。二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分析：先設,再代入，

12、利用復數相等的概念得到z,再求.詳解：設，代入得所以，故答案為.點睛：（1）本題主要考查復數的計算和復數的模，考查復數相等的概念，意在考查學生對這些知識的掌握水平和基本的計算能力.(2)求復數z可以利用直接法和待定系數法，本題利用的是待定系數法.14、【解析】先將對任意，恒成立，轉化為，利用基本不等式和函數單調性，分別研究對任意恒成立，和對任意恒成立，即可求出結果.【詳解】等價于，即，先研究對任意恒成立，即對任意恒成立，當且僅當“”時取等號，；再研究對任意恒成立，即對任意恒成立，函數在上單調遞增，；綜上，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題主要考查不等式恒成立求參數的范圍，熟記基本不等式

13、以及函數單調性即可，屬于常考題型.15、 1，)【解析】對于，不等式恒成立，等價于的圖象在的圖象上方，根據數形結合可求出實數的取值范圍.【詳解】不等式f(x)g(x)恒成立如圖，作出函數f(x)|xa|與g(x)x1的圖象，觀察圖象可知：當且僅當a1，即a1時，不等式f(x)g(x)恒成立，因此a的取值范圍是1，)故答案為1，)【點睛】本題主要考查利用函數圖象解答不等式恒成立問題，屬于中檔題不等式恒成立問題常見方法： 分離參數恒成立(即可)或恒成立（即可）； 數形結合( 圖象在 上方即可)； 討論最值或恒成立； 討論參數.16、【解析】試題分析：由題意得，所以直角坐標為故答案為：考點：極坐標與

14、直角坐標的互化.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）1800；（2）540【解析】分析：（1）將6本書中某兩本書合在一起組成5份,借給5人,即可得到答案；（2）將6本書分成三份有3種分法，第一種是一人4本，一人1本，一人1本；第二種是一人3本，一人2本，一人1本；第三種是每人各2本；然后再將分好的三份借給3人即可.詳解：(1)將6本書中某兩本書合在一起組成5份,借給5人,共有=1800種借法.(2)將6本書分成三份有3種分法.第一種是一人4本,一人1本,一人1本;第二種是一人3本,一人2本,一人1本;第三種是每人各2本;然后再將分好的三份借給3人,有=54

15、0種借法.點睛：分組分配問題是排列、組合問題的綜合運用，解決這類問題的一個基本指導思想就是先分組后分配關于分組問題，有整體均分、部分均分和不等分組三種，無論分成幾組，都應注意只要有一些組中元素的個數相等，就存在均分現象18、（1）；（2）.【解析】(1)先對求導，然后分別討論和時的情況，從而得到的取值范圍；（2）可令，再求導，就和兩種情況再分別討論恒成立問題即可得到答案.【詳解】（1）當時，恒成立，故在上遞增，最多一個零點，不合題意； 當時，在上遞增，在上遞減，且時，時， 故要有兩個零點，只需，解得：，綜合、可知，的范圍是：. （2）令，當，恒成立，在上遞增，符合題意； 當時，在上遞增，在上遞

16、增，又，若，即時，恒成立，同，符合題意， 若，即時，存在，使，時，時，在遞減，在上遞增，而，故不滿足恒成立，綜上所述，的范圍是：.【點睛】本題主要考查利用導函數求解零點中含參問題，恒成立中含參問題，意在考查學生的轉化能力，對學生的分類討論的思想要求較高，難度較大.19、【解析】函數過定點，故，變換得到，展開利用均值不等式計算得到答案.【詳解】函數（且）的圖象過定點，故，即，.當，即時等號成立，故的最小值為.【點睛】本題考查了指數函數過定點，均值不等式，意在考查學生的綜合應用能力和計算能力.20、（I）見解析（II）【解析】（I）根據題意，對于，變形可得，根據等差數列的定義分析可得結論；（II）

17、由（1）中的結論，結合等差數列的通項公式可得，即可得出，再根據錯位相減法即可求解出結果。【詳解】解：（I）由，可得所以得為等差數列，公差為1；（II），-得【點睛】本題主要考查了構利用定義法證明等差數列以及錯位相減法求數列的前項和，證明時采用了構造的方法，錯位相減法主要用于數列的形式為等差乘等比。21、（1）；（2）；【解析】（1）以為坐標原點，以，為，軸正方向建立空間直角坐標系，分別求出異面直線與的方向向量，代入向量夾角公式，即可求出異面直線與所成角的大小；（2）連接由，由已知中，是的中點，面，我們根據等腰三角形“三線合一”的性質及線面垂直的性質，即可得到，進而根據線面垂直的判定定理，得到面，故即為四棱錐的高，求出棱錐的底面面積，代入棱錐體積公式，即可得到答案【詳解】（1）以為坐標原點，以，為軸正方向建立空間直角坐標系不妨設依題意，可得點的坐標，于是，由，則異面直線與所成角的大小為（2）連接由，是的中點，得；由面，面，得又，因此面，由直三棱柱的體積為可得所以，四棱錐的體積為【點睛】本題考查的知識點是異面直線及其所成的角，棱錐的體積，其中（1）的關鍵是建立空間坐標系，將異面直線夾角問題轉化為向量夾角問題，而（2）的關鍵是根據線面垂直的判定定理，得到