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現行普通高中學生在高一升高二時面臨著選文理科的問題，學校抽取了部分男、女學生意愿的一份樣本，制作出如下兩個等高堆積條形圖：根據這兩幅圖中的信息，下列統計結論是不正確的是( )A樣本中

2、的女生數量多于男生數量B樣本中有理科意愿的學生數量多于有文科意愿的學生數量C樣本中的男生偏愛理科D樣本中的女生偏愛文科2若圓和圓相切，則等于( )A6B7C8D93準線為的拋物線標準方程是（ ）ABCD4如圖，用K、A1、A2三類不同的元件連接成一個系統當K正常工作且A1、A2至少有一個正常工作時，系統正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，則系統正常工作的概率為（ ）A0.960B0.864C0.720D0.5765某個班級組織元旦晚會，一共準備了、六個節目，節目演出順序第一個節目只能排或，最后一個節目不能排，且、要求相鄰出場，則不同的節目順序共有（ ）種A7

3、2B84C96D1206對任意實數，若不等式在上恒成立，則的取值范圍是（ ）ABCD7已知圓與雙曲線的漸近線相切，則的離心率為（ ）ABCD8某一批花生種子，如果每1粒發芽的概率為，那么播下4粒種子恰有2粒發芽的概率是（ ）ABCD9已知，是橢圓的兩個焦點，是上的一點，若，且，則的離心率為ABCD10已知，若為奇函數，且在上單調遞增，則實數的值是( )ABCD11已知函數為偶函數，記 ， ，則的大小關系為 ( )ABCD12函數在定義域內可導，的圖象如圖所示，則導函數可能為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13三棱錐PABC中，PAPBABACBC，M是PA的中點，

4、N是AB的中點，當二面角PABC為時，則直線BM與CN所成角的余弦值為_.14設等差數列的前項和為，則成等差數列.類比以上結論有：設等比數列的前項積為，則，_， 成等比數列.15已知為虛數單位，復數在復平面內對應的點在直線上，則的共軛復數_16在下列命題中：兩個復數不能比較大小；復數對應的點在第四象限；若是純虛數，則實數；若，則；“復數為純虛數”是“”的充要條件；復數；復數滿足；復數為實數.其中正確命題的是_.（填序號）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）在如圖所示的幾何體中，平面平面，四邊形和四邊形都是正方形，且邊長為，是的中點.（1）求證：直線平面；

5、（2）求二面角的大小.18（12分） “過橋米線”是云南滇南地區特有的一種小吃.在云南某地區“過橋米線”有三種品牌的店，其中品牌店家，品牌店家，品牌店家.（）為了加強對食品衛生的監督管理工作，該地區的食品安全管理局決定按品牌對這家“過橋米線”專營店采用分層抽樣的方式進行抽樣調查，被調查的店共有家，則品牌的店各應抽取多少家？（）為了吸引顧客，所有品牌店舉辦優惠活動：在一個盒子中裝有形狀、大小相同的個白球和個紅球.顧客可以一次性從盒中抽取個球，若是個紅球則打六折（按原價的付費），個紅球個白球打八折，個紅球個白球則打九折，個白球則打九六折.小張在該店點了價值元的食品，并參與了抽獎活動，設他實際需要支

6、付的費用為，求的分布列與數學期望.19（12分）已知函數（1）當時，判斷函數的單調性；（2）若關于的方程有兩個不同實根，求實數的取值范圍，并證明20（12分）已知函數的圖象過點.(1)求的解析式及單調區間；(2)求在上的最小值.21（12分）設函數 （1）若函數在上遞增，在上遞減，求實數的值.（2）討論在上的單調性；（3）若方程有兩個不等實數根，求實數的取值范圍，并證明.22（10分）學校為了對教師教學水平和教師管理水平進行評價，從該校學生中選出300人進行統計.其中對教師教學水平給出好評的學生人數為總數的，對教師管理水平給出好評的學生人數為總數的，其中對教師教學水平和教師管理水平都給出好評的

7、有120人.（1）填寫教師教學水平和教師管理水平評價的列聯表：對教師管理水平好評對教師管理水平不滿意合計對教師教學水平好評對教師教學水平不滿意合計請問是否可以在犯錯誤概率不超過0.001的前提下，認為教師教學水平好評與教師管理水平好評有關？（2）若將頻率視為概率，有4人參與了此次評價，設對教師教學水平和教師管理水平全好評的人數為隨機變量.求對教師教學水平和教師管理水平全好評的人數的分布列（概率用組合數算式表示）；求的數學期望和方差.0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828（，其中）參考答案一、選擇題

8、：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】由條形圖知女生數量多于男生數量，有理科意愿的學生數量多于有文科意愿的學生數量，男生偏愛理科，女生中有理科意愿的學生數量多于有文科意愿的學生數量，所以選D.2、C【解析】根據的圓標準方程求得兩圓的圓心與半徑，再根據兩圓內切、外切的條件,分別求得的值并驗證即可得結果.【詳解】圓的圓心，半徑為5；圓的圓心，半徑為r.若它們相內切，則圓心距等于半徑之差，即|r5|，求得r18或8，不滿足5r10.若它們相外切，則圓心距等于半徑之和，即|r5|，求得r8或18(舍去)，故選C【點睛】本題主要考查圓的

9、方程以及圓與圓的位置關系，屬于基礎題. 兩圓半徑為，兩圓心間的距離為，比較與及與的大小，即可得到兩圓的位置關系.3、A【解析】準線為的拋物線標準方程是，選A.4、B【解析】A1、A2同時不能工作的概率為0.20.20.04，所以A1、A2至少有一個正常工作的概率為10.040.96，所以系統正常工作的概率為0.90.960.864.故選B.考點：相互獨立事件的概率.5、B【解析】分析：先排第一個節目，同時把C、D捆綁在一起作為一個元素，按第一個節目排A還是排B分類，如果第一個是B，則第二步排最后一個節目，如果第一個是A，則后面全排列即可詳解：由題意不同節目順序有故選B點睛：本題考查了排列、組合

10、題兩種基本方法(1)限制元素(位置)優先法：元素優先法：先考慮有限制條件的元素，再考慮其他元素；位置優先法：先考慮有限制條件的位置，再考慮其他位置(2)相鄰問題捆綁法：把相鄰的若干個特殊元素“捆綁”為一個大元素，然后再與其余“普通元素”作全排列，最后再“松綁”將“捆綁”元素在這些位置上作全排列6、B【解析】考點：絕對值不等式；函數恒成立問題分析：要使不等式|x+2|-|x-1|a恒成立，需f（x）=|x+2|-|x-1|的最小值大于a，問題轉化為求f（x）的最小值解：（1）設f（x）=|x+2|-|x-1|，則有f（x）=，當x-2時，f（x）有最小值-1；當-2x1時，f（x）有最小值-1；

11、當x1時，f（x）=1綜上f（x）有最小值-1，所以，a-1故答案為B7、B【解析】由題意可得雙曲線的漸近線方程為，根據圓心到切線的距離等于半徑，求出 的關系，進而得到雙曲線的離心率，得到答案【詳解】由題意，根據雙曲線的漸近線方程為根據圓的圓心到切線的距離等于半徑1，可得，整理得，即，又由，則，可得 即雙曲線的離心率為故選：B【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質離心率的求解，其中求雙曲線的離心率(或范圍)，常見有兩種方法：求出 ，代入公式；只需要根據一個條件得到關于的齊次式，轉化為的齊次式，然后轉化為關于的方程，即可得的值(范圍)8、B【解析】解：根據題意，播下4粒種子恰有2粒發芽即4次獨立重復

12、事件恰好發生2次，由n次獨立重復事件恰好發生k次的概率的公式可得， 故選B9、D【解析】分析：設，則根據平面幾何知識可求，再結合橢圓定義可求離心率.詳解：在中，設，則，又由橢圓定義可知則離心率，故選D.點睛：橢圓定義的應用主要有兩個方面：一是判斷平面內動點與兩定點的軌跡是否為橢圓，二是利用定義求焦點三角形的周長、面積、橢圓的弦長及最值和離心率問題等；“焦點三角形”是橢圓問題中的常考知識點，在解決這類問題時經常會用到正弦定理，余弦定理以及橢圓的定義.10、B【解析】先根據奇函數性質確定取法，再根據單調性進行取舍，進而確定選項.【詳解】因為為奇函數，所以因為，所以因此選B.【點睛】本題考查冪函數奇

13、偶性與單調性，考查基本判斷選擇能力.11、C【解析】試題分析：因為為偶函數，所以，在上單調遞增，并且，因為，故選C考點：函數的單調性【思路點睛】本題考察的是比較大小相關知識點，一般比較大小我們可以采用作差法、作商法、單調性法和中間量法，本題的題設中有解析式且告訴我們為偶函數，即可求出參數的值，所以我們采用單調性法，經觀察即可得到函數的單調性，然后根據可以通過函數的奇偶性轉化到同一側，進而判斷出幾個的大小，然后利用函數的單調性即可判斷出所給幾個值的大小12、D【解析】根據函數的單調性判斷出導函數函數值的符號，然后結合所給的四個選項進行分析、判斷后可得正確的結論【詳解】由圖象可知，函數在時是增函數

14、，因此其導函數在時，有（即函數的圖象在軸上方），因此排除A、C從原函數圖象上可以看出在區間上原函數是增函數，所以，在區間上原函數是減函數，所以；在區間上原函數是增函數，所以所以可排除C故選D【點睛】解題時注意導函數的符號與函數單調性之間的關系，即函數遞增（減）時導函數的符號大（小）于零，由此可判斷出導函數圖象與x軸的相對位置，從而得到導函數圖象的大體形狀二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】先連結PN，根據題意，PNC為二面角PABC的平面角，得到PNC，根據向量的方法，求出兩直線方向向量的夾角，即可得出結果.【詳解】解：連結PN，因為N為AB中點，PAPB，CACB，

15、所以，所以，PNC為二面角PABC的平面角，所以，PNC，設PAPBABACBC2，則CNPNBM，設直線BM與CN所成角為，【點睛】本題主要考查異面直線所成的角，靈活運用向量法求解即可，屬于常考題型.14、【解析】由于等差數列的特征是差，等比數列的特征是比，因此運用類比推理的思維方法可得： ， ， 成等比數列，應填答案。15、【解析】把復數對應的點的坐標代入直線上，由此得到復數，即可求出答案【詳解】復數在復平面內對應的點為，代入直線，可得，解得：，故復數，所以復數的共軛復數；故答案為【點睛】本題主要考查復數對應點的坐標以及與共軛復數的關系，屬于基礎題。16、【解析】根據復數的定義和性質，依次

16、判斷每個選項得到答案.【詳解】當復數虛部為0時可以比較大小，錯誤；復數對應的點在第二象限，錯誤；若是純虛數，則實數，錯誤；若，不能得到，舉反例，錯誤；“復數為純虛數”是“”的充分不必要條件，錯誤；復數，取，不能得到，錯誤；復數滿足，取，錯誤；復數為實數，根據共軛復數定義知正確.故答案為：.【點睛】本題考查了復數的性質，定義，意在考查學生對于復數知識的理解和掌握.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】試題分析：（1）連結交于，根據平行四邊形性質得是中點，再根據三角形中位線性質得，最后根據線面平行判定定理得結論,（2）根據條件建立空間直角

17、坐標系,設立各點坐標,利用方程組解各面法向量,根據向量數量積求夾角,最后根據二面角與向量夾角相等或互補關系求二面角.試題解析：（1）且，與交于點，與交于點平面平面，幾何體是三棱柱又平面平面，平面，故幾何體是直三棱柱（1）四邊形和四邊形都是正方形，所以且，所以四邊形為矩形；于是，連結交于，連結，是中點，又是的中點，故是三角形D的中位線，注意到在平面外，在平面內，直線平面（2）由于平面 平面，平面，所以.于是，兩兩垂直.以，所在直線分別為，軸建立空間直角坐標系，因正方形邊長為，且為中點，所以，于是，設平面的法向量為則，解之得，同理可得平面的法向量，記二面角的大小為，依題意知，為銳角，即求二面角的大

18、小為18、（）品牌店家，應抽查品牌店家；（）分布列見解析，【解析】（1）根據分層抽樣每層按比例分配，即可求解；（2）求出隨機變量的可能取值，并求出相應的概率，即可得到分布列，進而根據期望公式求解.【詳解】（）由題意得，應抽查品牌店家，應抽查品牌店家；（）離散型隨機變量的可能取值為.于是，.的分布列如下60809096所以【點睛】本題考查分層抽樣、離散型隨機變量的分布列和期望，求出隨機變量的概率是解題關鍵，屬于基礎題.19、（1）在上單調遞增；（2）詳見解析.【解析】（1）對求導，根據的符號得出的單調性；（2）由題意可知有兩解，求出的過原點的切線斜率即可得出的范圍，設，根據分析法構造關于的不等式

19、，利用函數單調性證明不等式恒成立即可【詳解】解：（1）時，故，在上單調遞增（2）由題意可知有兩解，設直線與相切，切點坐標為，則，解得，即實數的取值范圍是不妨設，則，兩式相加得：，兩式相減得：，故，要證，只需證，即證，令，故只需證在恒成立即可令，則，在上單調遞增，即在恒成立【點睛】本題考查了導數與函數單調性的關系，函數單調性與不等式的關系，構造關于的不等式是證明的難點，屬于難題20、 (1) ；單調遞減區間為，單調遞增區間為.(2) 【解析】（1）先由函數圖像過點，求出，得到函數解析式，再對函數求導，用導數的方法，即可得出函數的單調區間；（2）先令在上的最小值為，結合（1）的結果，分別討論和兩種

20、情況，即可求出函數的最小值.【詳解】(1)函數的圖象過點故. 令得當時，此時單調遞減當時，此時單調遞增. 所以，單調遞減區間為，單調遞增區間為.(2)令在上的最小值為，由(1)知，當時當，在上單調遞增， 綜上所述：的最小值.【點睛】本題主要考查函數的應用，通常需要對函數求導，利用導數的方法研究函數的單調性，最值等即可，屬于常考題型.21、（1）（2）見解析（3），見解析【解析】（1）根據單調區間判斷出是極值點，由此根據極值點對應的導數值為求解出的值，并注意驗證是否滿足；（2）先求解出，然后結合所給區間對進行分類討論，分別求解出的單調性；（3）構造函數，分析的取值情況，由此求解出的取值范圍；將證明通過條件轉化為證明，由此構造新函數進行分析證明.【詳解】（1）由于函數函數在上遞增，在上遞減，由單調性知是函數的極大值點，無極小值點，所以，故，此時滿足是極大值點，所以；（2），當時，在上單調遞增.當，即或時，在上單調遞減.當且時，由 得.令得；令得.在上單調遞增，在上單調遞減.綜上，當時，在上遞增；當或時，