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設隨機變量服從正態分布，若，則（ ）ABCD與的值有關2設p:f(x)=x3+2x2+mx+1在(-,+)內單調遞增；q:m43A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件3設函數，集合，則圖中的陰影部分表示的

2、集合為（）ABCD4在棱長為1的正方體中，分別是的中點點在該正方體的表面上運動，則總能使與垂直的點所構成的軌跡的周長等于（）ABCD5已知集合，則（ ）ABCD6已知二項式，且，則( )ABCD7已知是虛數單位，若復數滿足，則的虛部為（ ）A-1BC1D-38已知復數是純虛數，則（）ABCD9某班微信群中甲、乙、丙、丁、戊五名同學同時搶4個紅包，每人最多搶一個紅包，且紅包全被搶光，4個紅包中有兩個2元，兩個5元(紅包中金額相同視為相同的紅包)，則甲、乙兩人同搶到紅包的情況有( )A36種B24種C18種D9種10有7名女同學和9名男同學，組成班級乒乓球混合雙打代表隊，共可組成（ ）A7隊B8隊

3、C15隊D63隊11如圖是函數的導函數的圖象，則下面說法正確的是( ) A在上是增函數B在上是減函數C當時，取極大值D當時，取極大值12在“石頭、剪刀、布”游戲中，規定“石頭贏剪刀、剪刀贏布、布贏石頭”，現有小明、小澤兩位同學玩這個游戲，共玩局，每一局中每人等可能地獨立選擇一種手勢.設小明贏小澤的局數為，且，則（ ）A1BCD2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若復數z=(a+i)2是純虛數(i是虛數單位)，a為實數，則復數z的模為_14已知橢圓，雙曲線.若雙曲線的兩條漸近線與橢圓的四個交點及橢圓的兩個焦點恰為一個正六邊形的頂點，則橢圓與雙曲線的離心率之積為_15若是函數的極

4、值點，則的極小值為_.16若，則“”是“”的_條件（從“充分不必要”、“必要不充分”“充要”、“既不充分又不必要”中選填）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，.（1）當時，求函數的單調區間和極值；（2）若對于任意，都有成立，求實數的取值范圍；（3）若，且，證明：.18（12分）已知拋物線的焦點為，直線與軸相交于點，與曲線相交于點，且（1）求拋物線的方程；（2）過拋物線的焦點的直線交拋物線于兩點，過分別作拋物線的切線，兩切線交于點，求證點的縱坐標為定值.19（12分）已知函數.（1）求；（2）求的極值點.20（12分）已知直線的方程為，圓的參數方

5、程為（為參數），以原點為極點，軸正半軸為極軸，建立極坐標系（1）求直線與圓的交點的極坐標；（2）若為圓上的動點，求到直線的距離的最大值21（12分）設，其中a，求的極大值；設，若對任意的，恒成立，求a的最大值；設，若對任意給定的，在區間上總存在s，使成立，求b的取值范圍22（10分）如圖所示，在以為直徑的半圓周上，有異于的六個點，直徑上有異于的四個點.則：（1）以這12個點（包括）中的4個點為頂點，可作出多少個四邊形？（2）以這10個點（不包括）中的3個點為頂點，可作出多少個三角形？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

6、、A【解析】分析：根據隨機變量X服從正態分布，可知正態曲線的對稱軸，利用對稱性，即可求得，從而求出即可.詳解：隨機變量服從正態分布，正態曲線的對稱軸是，而與關于對稱，由正態曲線的對稱性得：，故.故選：A.點睛：解決正態分布問題有三個關鍵點：(1)對稱軸x；(2)標準差；(3)分布區間利用對稱性可求指定范圍內的概率值；由，分布區間的特征進行轉化，使分布區間轉化為3特殊區間，從而求出所求概率注意只有在標準正態分布下對稱軸才為x0.2、C【解析】試題分析：由f(x)=x3+2x2+mx+1在(-,+)內單調遞增，得f(x)=3x2+4x+m0在R上恒成立，只需=16-12m0，即m考點：1、充分條件

7、與必要條件；2、利用導數研究函數的單調性.3、C【解析】根據集合的定義可知為定義域，為值域；根據對數型復合函數定義域的要求可求得集合，結合對數型復合函數單調性可求得值域，即集合；根據圖可知陰影部分表示，利用集合交并補運算可求得結果.【詳解】的定義域為：，即： 在上單調遞增，在上單調遞減在上單調遞增，在上單調遞減；當時，；當時，的值域為： 圖中陰影部分表示：又， 本題正確選項：【點睛】本題考查集合基本運算中的交并補混合運算，關鍵是能夠明確兩個集合表示的含義分別為函數的定義域和值域，利用對數型復合函數的定義域要求和單調性可求得兩個集合；涉及到圖的讀取等知識.4、B【解析】分析：根據題意先畫出圖形，

8、找出滿足題意的點所構成的軌跡，然后再根據長度計算周長詳解：如圖：取的中點，的中點，連接，則平面設在平面中的射影為，過與平面平行的平面為能使與垂直的點所構成的軌跡為矩形，其周長與矩形的周長相等正方體的棱長為矩形的周長為故選點睛：本題主要考查了立體幾何中的軌跡問題?？疾榱藢W生的分析解決問題的能力，解題的關鍵是運用線面垂直的性質來確定使與垂直的點所構成的軌跡，繼而求出結果。5、A【解析】分析：根據題意，求得集合，再利用集合的運算，即可求解詳解：由題意，所以，故選A點睛：本題主要考查了集合的運算問題，其中正確求解集合是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力6、D【解析】把二項式化為，求得其展開式的通項為

9、，求得，再令，求得，進而即可求解【詳解】由題意，二項式展開式的通項為，令，可得，即，解得，所以二項式為，則，令，即，則，所以【點睛】本題主要考查了二項式定理的應用，其中解答中把二項式，利用二項式通項，合理賦值求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題7、D【解析】利用復數代數形式的乘除運算可得z13 i，從而可得答案【詳解】,復數z的虛部是-3故選：D【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，屬于基礎題8、B【解析】根據純虛數定義，可求得的值；代入后可得復數，再根據復數的除法運算即可求得的值.【詳解】復數是純虛數，則，解得，所以，則，故選：B.【點睛】本題考查了復數的概念，復數的除法

10、運算，屬于基礎題.9、C【解析】分三種情況：（1）都搶到2元的紅包（2）都搶到5元的紅包（3）一個搶到2元，一個搶到5元，由分類計數原理求得總數。【詳解】甲、乙兩人都搶到紅包一共有三種情況：（1）都搶到2元的紅包，有種；（2）都搶到5元的紅包，有種；（3）一個搶到2元，一個搶到5元，有種，故總共有18種故選C【點睛】利用排列組合計數時，關鍵是正確進行分類和分步，分類時要注意不重不漏.在本題中，是根據得紅包情況進行分類。10、D【解析】根據題意，分析可得男隊員的選法有7種，女隊員的選法有9種，由分步計數原理計算可得答案【詳解】根據題意，有7名女同學和9名男同學，組成班級乒乓球混合雙打代表隊，則男

11、隊員的選法有7種，女隊員的選法有9種，由分步乘法計數原理，知共可組成組隊方法；故選：【點睛】本題主要考查分步計數原理的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題11、D【解析】分析：先由圖象得出函數的單調性，再利用函數的單調性與導數的關系即可得出.詳解：由圖象可知上恒有，在上恒有，在上單調遞增，在上單調遞減則當時，取極大值故選：D.點睛：熟練掌握函數的單調性、極值與導數的關系是解題的關鍵，是一道基礎題.12、C【解析】由題意可得，每一局中，小明贏小澤的概率為，且，先由求出，然后即可算出【詳解】由題意可得，每一局中，小明贏小澤的概率為，且因為，所以所以故選：C【點睛】本題考查的是二項

12、分布的知識，若，則，.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】分析：先化z為代數形式，再根據純虛數概念得a，最后根據復數模的定義求結果.詳解：因為z=(a+i)2所以|z|=點睛：首先對于復數的四則運算，要切實掌握其運算技巧和常規思路，如(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i,(a,b,c.dR). 其次要熟悉復數相關基本概念，如復數a+bi(a,bR)的實部為a、虛部為b、模為a2+b214、【解析】利用條件求出正六邊形的頂點坐標，代入橢圓方程，求出橢圓的離心率，利用漸近線的夾角求雙曲線的離心率，從而得出答案。【詳解】如圖正六邊形中，直線即雙曲線的

13、漸近線方程為，由橢圓的定義可得，所以橢圓的離心率，雙曲線的漸近線方程為，則，雙曲線的離心率，所以橢圓與雙曲線的離心率之積為【點睛】本題考查橢圓的定義和離心率，雙曲線的簡單性質，屬于一般題。15、【解析】求出函數的導數，利用極值點，求出a，然后判斷函數的單調性，求解函數的極小值即可【詳解】，是的極值點，即，解得，由，得或；由，得，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，的極小值為故答案為：【點睛】本題考查了利用導數研究函數的極值，屬中檔題16、充分不必要【解析】直接利用充要條件的判斷方法判斷即可【詳解】“”則“”，但是“”可得“或”，所以“”是“”的充分不必要條件【點睛】本題考查充要條件的判斷

14、，屬于簡單題三、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)答案見解析；(2)；(3)證明見解析.【解析】（1）， 時，因為，所以，函數的單調遞增區間是，無單調遞減區間，無極值； 當時，令，解得，當時，；當，所以函數的單調遞減區間是，單調遞增區間是， 在區間上的極小值為，無極大值 （2）由題意，即問題轉化為對于恒成立，即對于恒成立， 令，則，令，則，所以在區間上單調遞增，故，故，所以在區間上單調遞增，函數 要使對于恒成立，只要，所以，即實數k的取值范圍為 （3）證法1 因為，由（1）知，函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，且不妨設，則，要證，只要證，即證因為在區

15、間上單調遞增，所以，又，即證， 構造函數，即， ，因為，所以，即，所以函數在區間上單調遞增，故，而，故， 所以，即，所以成立 證法2 要證成立，只要證：. 因為，且，所以，即，即，同理，從而， 要證，只要證，令不妨設，則，即證，即證，即證對恒成立， 設，所以在單調遞增，得證，所以.18、 (1) ；(2)證明見解析【解析】（1）根據拋物線定義得，再根據點N坐標列方程，解得結果，（2）利用導數求切線斜率，再根據切線方程解得A點縱坐標，最后利用直線與方程聯立方程組，借助韋達定理化簡的縱坐標.【詳解】解：（1）由已知拋物線的焦點 ，由，得，即 因為點，所以，所以拋物線方程： （2）拋物線的焦點為 設

16、過拋物線的焦點的直線為 設直線與拋物線的交點分別為 ，由消去得：,根據韋達定理得 拋物線,即二次函數，對函數求導數，得，所以拋物線在點 處的切線斜率為可得切線方程為，化簡得 ，同理，得到拋物線在點處切線方程為，兩方程消去，得兩切線交點縱坐標滿足, ，即點的縱坐標是定值【點睛】本題考查拋物線方程、拋物線切線方程以后利用韋達定理求值，考查綜合分析求解能力，屬中檔題.19、（1）；（2）極大值點為，極小值點為.【解析】（1）求出，將代入即可（2）先在定義域內求出的值，再討論滿足的點附近的導數的符號的變化情況，來確定極值；【詳解】解：（1）因為，所以.（2）的零點為或，當時，所以在上單調遞減；當時，在

17、，上單調遞增，所以的極大值點為，極小值點為.【點睛】本題主要考查了導數計算，利用導數研究函數的極值，以及函數的零點等有關基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查數形結合思想、化歸與轉化思想，屬于中檔題20、 (1) 對應的極坐標分別為， (2) 【解析】（I）由圓C的參數方程為（為參數），利用cos2+sin2=1化為普通方程，與直線方程聯立解得交點坐標，利用可得極坐標（II）圓心（0，2）到直線l的距離為d1，可得P到直線l的距離d的最大值為d1+r【詳解】解：（I）直線:,圓: 聯立方程組,解得或對應的極坐標分別為,. （II）設,則,當時,取得最大值.【點睛】本題考查了參數方程化為

18、普通方程、極坐標方程化為直角坐標方程、直線與圓的位置關系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題21、（）1；（）；（）.【解析】求出的導數，令導數大于0，得增區間，令導數小于0，得減區間，進而求得的極大值；當，時，求出的導數，以及的導數，判斷單調性，去掉絕對值可得，構造函數，求得的導數，通過分離參數，求出右邊的最小值，即可得到a的范圍；求出的導數，通過單調區間可得函數在上的值域為，由題意分析時，結合的導數得到在區間上不單調，所以，再由導數求得的最小值，即可得到所求范圍【詳解】，當時，在遞增；當時，在遞減則有的極大值為；當，時，在恒成立，在遞增；由，在恒成立，在遞增設，原不等式等價為，即，在遞減

19、，又，在恒成立，故在遞增，令，在遞增，即有，即；，當時，函數單調遞增；當時，函數單調遞減又因為，所以，函數在上的值域為由題意，當取的每一個值時，在區間上存在，與該值對應時，當時，單調遞減，不合題意，當時，時，由題意，在區間上不單調，所以，當時，當時， 0/所以，當時，由題意，只需滿足以下三個條件：，使，所以成立由，所以滿足，所以當b滿足即時，符合題意，故b的取值范圍為【點睛】本題考查導數的運用：求單調區間和極值，主要考查不等式恒成立和存在性問題，注意運用參數分離和構造函數通過導數判斷單調性，求出最值，屬于難題22、（1）360；（2）116.【解析】分析：（1）構成四邊形，需要四個點，且無三點