1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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若平面四邊形ABCD滿足，則該四邊形一定是( )A正方形B矩形C菱形D直角梯形2若關于的不等式有解，則實數的取值

2、范圍是( )ABCD3已知，則的值為（ ）ABCD4構造如圖所示的圖形，它是由3個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，設，則與的面積之比為（ ）ABCD5如圖，已知棱長為1的正方體中，是的中點，則直線與平面所成角的正弦值是（ ） ABCD6執行如圖所示程序框圖，輸出的的值為（ ）ABC3D47玲玲到保山旅游，打電話給大學同學姍姍，忘記了電話號碼的后兩位，只記得最后一位是6，8，9中的一個數字，則玲玲輸入一次號碼能夠成功撥對的概率是()A13B110C18設M為曲線C:y=2x2+3x+3上的點，且曲線C在點M處切線傾斜角的取值范圍為3A-1,+)B-,-34C-1,-9

3、小明、小紅、小單三戶人家，每戶3人，共9個人相約去影院看老師好，9個人的座位在同一排且連在一起，若每戶人家坐在一起，則不同的坐法總數為（ ）ABCD10已知是定義在上的函數，且對于任意，不等式恒成立，則整數的最小值為（ ）A1B2C3D411把邊長為的正方形沿對角線折起，使得平面平面，形成三棱錐的正視圖與俯視圖如圖所示，則側視圖的面積為()ABCD12函數在點處的切線方程為（）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13在平面直角坐標系xOy中，若圓C1：x2（y1）2r2（r0）上存在點P，且點P關于直線xy0的對稱點Q在圓C2：（x2）2（y1）21上，則r的取值范圍是_1

4、4 “”是“函數是上的奇函數”的_條件.(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分又不必要”中一個）15一個學校高三年級共有學生200人，其中男生有120人，女生有80人，為了調查高三復習情況，用分層抽樣的方法從全天高三學生中抽取一個容量為25的樣本，應抽取女生的人數為_人.16已知點，復數、在復平面內分別對應點、，若，則的最大值是_.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）命題p：關于x的不等式對一切恒成立； 命題q：函數在上遞增，若為真，而為假，求實數的取值范圍。18（12分）已知，設命題：實數滿足，命題：實數滿足（1）若，為真命題，求的取

5、值范圍；（2）若是的充分不必要條件，求實數的取值范圍19（12分）改革開放以來，人們的支付方式發生了巨大轉變.近年來，移動支付已成為主要支付方式之一.為了解某校學生上個月對甲、乙兩種移動支付方式的使用情況，從全校學生中隨機抽取了100人作為樣本，發現樣本中甲、乙兩種支付方式都不使用的有10人，樣本中僅使用甲種支付方式和僅使用乙種支付方式的學生的支付金額分布情況如下：支付金額（元）支付方式大于1000僅使用甲15人8人2人僅使用乙10人9人1人（1）從全校學生中隨機抽取1人，估計該學生上個月甲、乙兩種支付方式都使用的概率；（2）從樣本中僅使用甲種支付方式和僅使用乙種支付方式的學生中各隨機抽取1人

6、，以表示這2人中上個月支付金額大于500元的人數，用頻率近似代替概率，求的分布列和數學期望20（12分）（1）已知命題:實數滿足，命題:實數滿足方程表示的焦點在軸上的橢圓，且是的充分不必要條件，求實數的取值范圍；（2）設命題:關于的不等式的解集是；:函數的定義域為.若是真命題，是假命題，求實數的取值范圍.21（12分）已知函數（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）討論函數的單調性.22（10分）為慶祝黨的98歲生日，某高校組織了“歌頌祖國，緊跟黨走”為主題的黨史知識競賽從參加競賽的學生中，隨機抽取40名學生，將其成績分為六段，到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求圖中的值及樣本的中位數與眾數

7、；（2）若從競賽成績在與兩個分數段的學生中隨機選取兩名學生，設這兩名學生的競賽成績之差的絕對值不大于分為事件,求事件發生的概率.（3）為了激勵同學們的學習熱情,現評出一二三等獎,得分在內的為一等獎,得分在內的為二等獎, 得分在內的為三等獎.若將頻率視為概率,現從考生中隨機抽取三名,設為獲得三等獎的人數,求的分布列與數學期望.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、C【解析】試題分析：因為,所以四邊形ABCD為平行四邊形，又因為,所以BD垂直AC，所以四邊形ABCD為菱形.考點：向量在證明菱形當中的應用.點評：在利用向量進

8、行證明時，要注意向量平行與直線平行的區別，向量平行兩條直線可能共線也可能平行.2、A【解析】先將不等式轉化為，然后構造函數，只要小于的最大值即可【詳解】解：由，得，令，則當時，；當時， 所以在上單調遞增，在上單調遞減所以當時，取最大值，所以故選：A【點睛】此題考查了利用導數研究函數的單調性和最值，屬于中檔題3、B【解析】直接利用誘導公式以及同角三角函數基本關系式轉化求解即可.【詳解】解：因為，則.故選：B.【點睛】本題考查誘導公式以及同角三角函數基本關系式的應用，考查計算能力，屬于基礎題.4、D【解析】由題意得出點為的中點，由余弦定理得出，結合三角形面積公式得出正確答案.【詳解】，即點為的中點

9、由余弦定理得：解得： 故選：D【點睛】本題主要考查了余弦定理以及三角形的面積公式，屬于中檔題.5、D【解析】根據與平面的關系，先找到直線與平面的夾角，然后通過勾股定理求得各邊長，即可求得夾角的正弦值。【詳解】連接、相交于點M，連接EM、AM因為EMAB，EMBC1所以EM平面則EAM即為直線與平面所成的角所以 所以 所以選D【點睛】本題考查了空間幾何體線面的夾角關系，主要是找到直線與平面的夾角，再根據各長度求正弦值，屬于中檔題。6、B【解析】分析：根據判斷框的條件確定退出循環體的k值，再根據框圖的流程確定算法的功能，利用約分消項法求解詳解：由題可知：此時輸出S=故選B.點睛：本題考查了循環結構

10、的程序框圖，根據框圖的流程判斷算法的功能以及對對數公式的準確運用是關鍵屬于基礎題.7、D【解析】由分步計數原理和古典概型求得概率【詳解】由題意可知，最后一位有3種可能，倒數第2位有10種可能，根據分步計數原理總共情況為N=310=30，滿足情況只有一種，概率為P=1【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，只有兩個號碼都拔完這種事情才完成，所以是分步計數原理8、D【解析】求出導函數y，傾斜角的范圍可轉化為斜率的范圍，斜率就是導數值，由可得y的不等式，解之可得【詳解】由題意y=4x+3，切線傾斜角的范圍是34,)，則切線的斜率k-14x+30，解得-1

11、x-3故選D【點睛】本題考查導數的幾何意義：函數在某一點處的導數就是其圖象在該點處的切線的斜率解題時要注意直線傾斜角與直線斜率之間的關系，特別是正切函數的性質9、C【解析】分兩步，第一步，將每一個家庭的內部成員進行全排列；第二步，將這三個家庭進行排列【詳解】先將每一個家庭的內部成員進行全排列，有種可能然后將這三個家庭（ 家庭當成一個整體）進行排列，有種可能所以共有種情況故選：C【點睛】本題考查的是排列問題，相鄰問題常用捆綁法解決.10、A【解析】利用的單調性和奇偶性，將抽象不等式轉化為具體不等式，然后將恒成立問題轉化成最值問題，借助導數知識，即可解決問題【詳解】，可知，且單調遞增，可以變為，即

12、，可知，設，則，當時，當時，單調遞增；當時，單調遞減，可知，整數的最小值為1.故選A.【點睛】本題主要考查了函數的性質、抽象不等式的解法、以及恒成立問題的一般解法，意在考查學生綜合運用所學知識的的能力11、C【解析】取BD的中點E，連結CE，AE，平面ABD平面CBD，CEAE，三角形直角CEA是三棱錐的側視圖，BD=,CE=AE=，CEA的面積S=，故選C.12、B【解析】首先求出函數在點處的導數，也就是切線的斜率，再利用點斜式求出切線方程【詳解】，切線斜率，又，切點為，切線方程為，即故選B【點睛】本題考查導數的幾何意義，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解

13、析】設圓C1上存在點P（x0，y0），則Q（y0，x0），分別滿足兩個圓的方程，列出方程組，轉化成兩個新圓有公共點求參數范圍.【詳解】設圓C1上存在點P（x0，y0）滿足題意，點P關于直線xy0的對稱點Q（y0，x0），則，故只需圓x2（y1）2r2與圓（x1）2（y2）21有交點即可，所以|r1|r1，解得.故答案為：【點睛】此題考查圓與圓的位置關系，其中涉及點關于直線對稱點問題，兩個圓有公共點的判定方式.14、必要不充分【解析】分析：先舉反例說明充分性不成立，再根據奇函數性質推導，說明必要性成立.詳解：因為滿足，但不是奇函數，所以充分性不成立，因為函數是上的奇函數，所以必要性成立.因此“”

14、是“函數是上的奇函數”的必要不充分條件.，點睛：充分、必要條件的三種判斷方法1定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假并注意和圖示相結合，例如“”為真，則是的充分條件2等價法：利用與非非，與非非，與非非的等價關系，對于條件或結論是否定式的命題，一般運用等價法3集合法：若，則是的充分條件或是的必要條件；若，則是的充要條件15、1【解析】由題意結合分層抽樣的定義確定所需抽取的女生人數即可.【詳解】由題意可知，分層抽樣中應抽取女生的人數為人.故答案為：1【點睛】進行分層抽樣的相關計算時，常利用以下關系式巧解為：總體中某兩層的個體數之比樣本中這兩層抽取的個體數之比16、【解析】由題意可知，點在曲線內，

15、點在圓上，利用三角不等式得出，可求出的最大值.【詳解】由題意知，點在曲線內，點在圓上，如下圖所示：由三角不等式得，當點為正方形的頂點，且點、方向相反時，取最大值，故答案為.【點睛】本題考查復數模的最值，解題時充分利用三角不等式與數形結合思想進行求解，能簡化計算，考查數形結合思想的應用，屬于中等題.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、【解析】依題意，可分別求得p真、q真時m的取值范圍，再由pq為真，而pq為假求得實數a的取值范圍即可【詳解】命題p：關于x的不等式x1+1ax+40對一切xR恒成立；若命題p正確，則（1a）1410，即1a1；命題q：函數f（x）lo

16、gax在（0，+）上遞增a1，pq為真，而pq為假，p、q一真一假，當p真q假時，有，1a1；當p假q真時，有，a1綜上所述，1a1或a1即實數a的取值范圍為（1，11，+）【點睛】本題考查復合命題的真假，分別求得p真、q真時m的取值范圍是關鍵，考查理解與運算能力，屬于中檔題18、（1）（2）【解析】（1）若，分別求出成立的等價條件，利用為真命題，求出的取值范圍；（2）利用是的充分不必要條件，即是的充分不必要條件，求實數的取值范圍.【詳解】由，得，（1）若，則：，若為真，則，同時為真，即，解得，實數的取值范圍.（2）由，得，解得.即：.若是的充分不必要條件，即是的充分不必要條件，則必有，此時：

17、，.則有，即，解得.【點睛】本題主要考查復合命題與簡單命題之間的關系，利用逆否命題的等價性將是的充分不必要條件，轉化為是的充分不必要條件是解決本題的關鍵.19、 (1)0.45；(2) 的分布列見解析；數學期望為0.9【解析】（1）用減去僅使用甲、僅使用乙和兩種都不使用的人數，求得都使用的人數，進而求得所求概率.（2）的所有可能值為0,1,2.根據相互獨立事件概率計算公式，計算出的分布列，并求得數學期望.【詳解】解：（1）由題意知，樣本中僅使用甲種支付方式的學生有人，僅使用乙種支付方式的學生有人，甲、乙兩種支付方式都不使用的學生有10人.故樣本中甲、乙兩種支付方式都使用的學生有人所以從全校學生

18、中隨機抽取1人，該學生上個月甲、乙兩種支付方式都使用的概率估計為.（2）的所有可能值為0,1,2.記事件為“從樣本僅使用甲種支付方式的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于500元”，事件為“從樣本僅使用乙種支付方式的學生中隨機抽取1人，該學生上個月的支付金額大于500元”由題設知，事件A，B相互獨立，且所以所以的分布列為0120.30.50.2故的數學期望【點睛】本小題主要考查頻率的計算，考查相互獨立事件概率計算，考查離散型隨機變量分布列和數學期望的計算，屬于中檔題.20、（1）；（2）【解析】分析：（1）利用一元二次不等式的解法化簡，利用橢圓的標準方程化簡，由包含關系列不等式求解即

19、可；（2）化簡命題可得，化簡命題可得，由為真命題，為假命題，可得一真一假，分兩種情況討論，對于真假以及假真分別列不等式組，分別解不等式組，然后求并集即可求得實數的取值范圍.詳解：（1）由得：，即命題由表示焦點在軸上的橢圓，可得，解得，即命題.因為是的充分不必要條件，所以或解得：，實數的取值范圍是. （2）解：命題為真命題時，實數的取值集合為對于命題:函數的定義域為的充要條件是恒成立.當時，不等式為，顯然不成立；當時，不等式恒成立的條件是，解得所以命題為真命題時，的取值集合為由“是真命題，是假命題”，可知命題、一真一假當真假時，的取值范圍是當假真時，的取值范圍是綜上，的取值范圍是.點睛：本題主要考查根據命題真假求參數范圍、一元二次不等式的解法、指數函數的性質、函數的定義域，屬于中檔題.解答非命題、且命題與或命題真假有關的題型時，應注意：（1）原命題與其非命題真假相反；（2）或命題“一真則真”；（3）且命題“一假則假”.21、（1）.（2）時，遞減區間為；當時，在遞減，在遞增.【解析】（1）求導數，利用導數的幾何意義求曲線f（x）在點（1，f（1）處的切線方程；（2）先求出函數的導數，通過討論a的取值范圍求出函數的單調區間【詳解】