1、2021-2022高二下數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。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若冪函數的圖象經過點，則其解析式為（）ABCD2如圖，在正四棱柱中， 是側面內的動點，且記與平面所成的角為，則的最大值為ABCD3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，且在

2、內，類比平面三角形射影定理，得出正確的結論是（）ABCD4將7個座位連成一排，安排4個人就坐，恰有兩個空位相鄰的不同坐法有 （ ）A240B480C720D9605已知函數的定義域為，且函數的圖象關于軸對稱，函數的圖象關于原點對稱，則（ ）ABCD6在復平面內，復數對應的點位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限7下列說法中， 正確說法的個數是（ ）在用列聯表分析兩個分類變量與之間的關系時，隨機變量的觀測值越大，說明“A與B有關系”的可信度越大以模型去擬合一組數據時，為了求出回歸方程，設，將其變換后得到線性方程，則，的值分別是和 0.3已知兩個變量具有線性相關關系，其回歸直線方程為，

3、若，則A0B1C2D386本相同的數學書和3本相同的語文書分給9個人，每人1本，共有不同分法（）ABCD9如圖所示，將一個四棱錐的每一個頂點染上一種顏色，并使同一條棱上的兩端異色，如果只有5種顏色可供使用，則不同的染色方法種數是()A420B210C70D3510已知數列是等比數列，若則的值為（ ）A4B4或-4C2D2或-211定義在上的偶函數滿足，且在上單調遞增，設，則，大小關系是（ ）ABCD12設滿足約束條件 ，則的最大值是（ ）A-3B2C4D6二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13已知，_.14若為上的奇函數，且滿足，對于下列命題：；是以4為周期的周期函數；的圖像關于

4、對稱；.其中正確命題的序號為_15若曲線與曲線在上存在公共點，則的取值范圍為 16集合，若，則實數的值為_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） 選修4-5:不等式選講已知函數=|x-a|+(a0)(1)若不等式-1恒成立,求實數m的最大值;(2)當a0)的左、右焦點，且橢圓C上的點到F2(1)求橢圓C的方程；(2)當F1N(3)當|F2N22（10分）在以直角坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，已知點到直線的距離為.（1）求實數的值；（2）設是直線上的動點，點在線段上，且滿足，求點軌跡的極坐標方程.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分

5、，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、C【解析】設冪函數，代入點，即可求得解析式.【詳解】設冪函數，代入點，解得，.故選C.【點睛】本題考查了冪函數解析式的求法.2、B【解析】建立以點為坐標原點，、所在直線分別為軸、軸、軸的空間直角坐標系，設點，利用，轉化為，得出，利用空間向量法求出的表達式，并將代入的表達式，利用二次函數的性質求出的最大值，再由同角三角函數的基本關系求出的最大值【詳解】如下圖所示，以點為坐標原點，、所在直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，則、，設點，則，則，得，平面的一個法向量為，所以， ，當時，取最大值，此時，也取最大值，且，此時，因此，故

6、選B【點睛】本題考查立體幾何的動點問題，考查直線與平面所成角的最大值的求法，對于這類問題，一般是建立空間坐標系，在動點坐標內引入參數，將最值問題轉化為函數的問題求解，考查運算求解能力，屬于難題3、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

7、），著重考查了推理能力，屬于基礎題4、B【解析】12或67為空時，第三個空位有4種選擇；23或34或45或56為空時，第三個空位有3種選擇；因此空位共有24+43=5、A【解析】分析：根據奇函數與偶函數的定義，可求得函數的解析式；根據解析式確定的值。詳解：令 ，則，因為為偶函數所以（1），因為 為奇函數所以（2）（1）-（2）得（3），令 代入得（4）由（3）、（4）聯立得 代入得所以 所以 所以選A點睛：本題考查了抽象函數解析式的求解，主要是利用方程組思想確定解析式。方法相對比較固定，需要掌握特定的技巧，屬于中檔題。6、B【解析】化簡復數，找出對應點得到答案.【詳解】對應點為在第二象限故答案

8、選B【點睛】本題考查了復數的化簡，屬于簡單題.7、D【解析】對題目中的三個命題判斷正誤，即可得出結論【詳解】解：對于，分類變量A與B的隨機變量K2越大，說明“A與B有關系”的可信度越大，正確；對于，以模型ycekx去擬合一組數據時，設zlny，由ycekx，兩邊取對數，可得lnyln（cekx）lnc+lnekxlnc+kx，令zlny，可得zlnc+kx，又z0.3x+4，lnc4，k0.3，ce4，正確；對于，根據回歸直線方程為ya+bx，ab3211，正確；綜上，正確的命題為，共3個故選：D【點睛】本題考查了回歸方程，對數的運算性質，隨機變量K2的概念與應用問題，是基礎題8、A【解析】先

9、分語文書有 種，再分數學書有，故共有=，故選A.9、A【解析】將不同的染色方案分為：相同和不同兩種情況，相加得到答案.【詳解】按照的順序：當相同時：染色方案為 當不同時：染色方案為 不同的染色方案為：種故答案為A【點睛】本題考查了加法原理和乘法原理，把染色方案分為相同和不同兩種情況是解題的關鍵.10、A【解析】設數列an的公比為q，由等比數列通項公式可得q416，由a3a1q2，計算可得【詳解】因故選：A【點睛】本題考查等比數列的性質以及通項公式，屬于簡單題11、C【解析】試題分析：可知函數周期為，所以在上單調遞增，則在單調遞減，故有.選C考點：函數的奇偶性與單調性【詳解】請在此輸入詳解！12

10、、D【解析】先由約束條件畫出可行域，再利用線性規劃求解.【詳解】如圖即為，滿足約束條件的可行域，由，解得，由得，由圖易得：當經過可行域的時，直線的縱截距最大，z取得最大值，所以的最大值為6，故選【點睛】本題主要考查線性規劃求最值，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-80【解析】將改寫為，根據展開式的通項公式即可求解出項的系數，即為.【詳解】因為，所以，當時，所以項的系數為，所以.故答案為：.【點睛】本題考查利用配湊法求解展開式中指定項的系數，難度較易.對于展開式是形如的式子，可考慮利用配湊的方法將原二項式變形后再展開去求解對應

11、項的系數.14、【解析】由結合題中等式可判斷命題的正誤；根據題中等式推出來判斷出命題的正誤；由函數為奇函數來判斷命題的正誤；在題中等式中用替換可判斷出命題的正誤.【詳解】對于命題，由于函數是上的奇函數，則，在等式中，令可得，得，命題正確；對于命題，所以，是以為周期的周期函數，命題正確；對于命題，由于函數是上的奇函數，不關于直線（即軸）對稱，命題錯誤；對于命題，由，可得，即，由于函數是上的奇函數，則，命題正確.故答案為：.【點睛】本題考查函數的奇偶性、對稱性以及周期性的推導，求解時充分利用題中的等式以及奇偶性、對稱性以及周期性的定義式，不斷進行賦值進行推導，考查推理能力，屬于中等題。15、【解析

12、】試題分析：根據題意，函數與函數在上有公共點，令得：設則由得：當時，函數在區間上是減函數，當時，函數在區間上是增函數，所以當時，函數在上有最小值所以考點：求參數的取值范圍16、【解析】根據并集運算法則計算得到答案.【詳解】集合，若則 故答案為：【點睛】本題考查了集合的并集運算，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)1.(2) - ,0 ).【解析】分析：第一問首先根據題中所給的函數解析式，將相應的變量代入可得結果，之后應用絕對值不等式的性質得到其差值不超過，這就得到| m |1，解出范圍從而求得其最大值，第二問解題的方向就是向最小值靠攏，應用最

13、小值小于零，從而求得參數所滿足的條件，求得結果.詳解：() f (x) =|x-a|+ ,f(x+m)=|x+m-a|+ ,f(x)-f(x+m)=|x-a|-|x+m-a| m | , | m |1 , -1 m 1 , 實數 m 的最大值為 1 ; ( )當 a 時,g(x)=f(x)+|2x -1|=|x-a|+|2x-1|+= g(x)min =g()=-a+ =0 , 或, -a0, 實數 a 的取值范圍是 - ,0 ).點睛：該題考查的是有關不等式的綜合題，在解題的過程中，需要明確絕對值不等式的性質，從而求得參數所滿足的條件，從而求得結果，第二問就要抓住思考問題的方向，向最值靠攏，

14、即可求得結果.18、（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，在上遞減

15、；當且時，在上遞增，在上遞減. （3）令，當時，單調遞減；當時，單調遞增；故在處取得最小值為又當，由圖象知：不妨設，則有，令在上單調遞增，故即，【點睛】本題考查函數與導數的綜合運用，涉及到根據單調性求解參數、分類討論法分析函數的單調性、雙變量構造函數問題，難度較難.（1）已知是的極值點，利用求解參數值后，要注意將參數值帶回驗證是否滿足；（2）導數中的雙變量證明問題，一般的求解思路是：先通過轉化統一變量，然后構造函數分析單調性和取值范圍達到證明的目的.19、 (1) .(2) 【解析】分析：（1）設，先根據復數乘法得，再根據復數的模得解方程組可得，（2）先化成復數代數形式，再根據純虛數概念列方程

16、組，解得實數m的值.詳解： (1)設，由，得 又復數=在復平面內對應的點在第一、三象限的角平分線上.則，即 又，所以，則(2)=為純虛數,所以可得 點睛：本題重點考查復數的基本運算和復數的概念，屬于基本題.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. 其次要熟悉復數相關基本概念，如復數的實部為、虛部為、模為、對應點為、共軛為20、（1）；（2）【解析】（1）把兩邊同時乘以，然后結合極坐標與直角坐標的互化公式可得曲線的直角坐標方程，設直線的方程為，與曲線聯立，利用根與系數的關系可得兩個交點的中點的軌跡關于參數的參數方程；（2）化參數方程為普通方程，作出圖形，數形結合即可求得曲線的

17、長度【詳解】解：（1）曲線C的直角坐標方程為.設直線l的方程為，設直線l與曲線C的交點為，聯立直線l與曲線C的方程得解得，設P的坐標為，則，代入l的方程得. 故的參數方程為.（2）由的參數方程得即.如圖，圓C：圓心為，半徑為2，圓D：圓心為，半徑為2，曲線為劣弧，顯然，所以的長度為.【點睛】本題考查簡單曲線的極坐標方程，考查參數方程化普通方程，考查圓與圓位置關系的應用，考查計算能力，屬于中檔題21、（1）x28+【解析】(1)根據橢圓的簡單性質可得a-c=2t-t=22-2，求解(2)可設N(22cos,2sin)(3)向量F1M與向量F2N平行，不妨設F1M=F2N，設M(【詳解】(1)點F1、F2分別是橢圓C：x22t橢圓C上的點到點F2的距離的最小值為22-2解得t=2，橢圓的方程為x2(2)由(1)可得F1(-2,0)，F2(2,0可設N(22F1NF1N解得cos=0，sin=1，F1N(3)向量F1M與向量F2|F2N|-|F設M(x1,(x1+2)=xx22x4(+1)x1=(1