1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、目要求的。1已知命題，命題，則（ ）A命題是假命題B命題是真命題C命題是真命題D命題是假命題2地球半徑為R,北緯45圈上A,B兩點分別在東徑130和西徑140,并且北緯45圈小圓的圓心為O,則在四面體O-ABO中，直角三角形有（）A0個B2個C3個D4個3雙曲線x2Ay=23xBy=44已知雙曲線的一條漸近線恰好是圓的切線，且雙曲線的一個焦點到漸近線的距離為，則雙曲線的方程為（ ）ABCD5三棱錐P ABC中，PA平面ABC，Q是BC邊上的一個動點，且直線PQ與面ABC所成角的最大值為則該三棱錐外接球的表面積為()ABCD6 “”是“函數在內存在零點”的A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充

3、分必要條件D既不充分也不必要條件7執行如圖所示的程序框圖，若輸出的，則輸入的（ ）A-4B-7C-22D-328若某校研究性學習小組共6人，計劃同時參觀科普展，該科普展共有甲，乙，丙三個展廳，6人各自隨機地確定參觀順序，在每個展廳參觀一小時后去其他展廳，所有展廳參觀結束后集合返回，設事件A為：在參觀的第一小時時間內，甲，乙，丙三個展廳恰好分別有該小組的2個人；事件B為：在參觀的第二個小時時間內，該小組在甲展廳人數恰好為2人，則（ ）ABCD9已知復數，則在復平面內對應的點位于A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限10 “楊輝三角” 是中國古代重要的數學成就，在南宋數學家楊輝所著的詳解九章算法

4、一書中出現，它比西方的“帕斯卡三角形”早了300多年，如圖是楊輝三角數陣，記為圖中第行各個數之和，為的前項和，則 A1024B1023C512D51111已知命題p：“x1,e，alnx”，命題q：“xR，x2-4x+a=0”若“A(1,4B(0,1C-1,1D(4,+)12已知實數滿足則的最大值是( )A-2B-1C1D2二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13某單位在周一到周六的六天中安排人值夜班，每人至少值一天，至多值兩天，值兩天的必須是相鄰的兩天，則不同的值班安排種數為_.（用數字作答）14，則的值為_15為計算，設計了下面的程序框圖，則在空白框中應填入_.16展開式中的常

5、數項為_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）已知橢圓：的左、右焦點分別為，過且垂直于軸的焦點弦的弦長為，過的直線交橢圓于，兩點，且的周長為.（1）求橢圓的方程；（2）已知直線，互相垂直，直線過且與橢圓交于點，兩點，直線過且與橢圓交于，兩點.求的值.18（12分）如圖，在四棱錐中，底面ABCD為菱形，平面ABCD，E，F分別是BC，PC的中點證明：；設H為線段PD上的動點，若線段EH長的最小值為，求直線PD與平面AEF所成的角的余弦值19（12分）深受廣大球迷喜愛的某支歐洲足球隊.在對球員的使用上總是進行數據分析，為了考察甲球員對球隊的貢獻，現作如下數據統

6、計：球隊勝球隊負總計甲參加22b30甲未參加c12d總計30en（1）求b,c,d,e,n的值，據此能否有97.7%的把握認為球隊勝利與甲球員參賽有關；（2）根據以往的數據統計，乙球員能夠勝任前鋒、中鋒、后衛以及守門員四個位置，且出場率分別為：0.2,0.5,0.2,0.1，當出任前鋒、中鋒、后衛以及守門員時，球隊輸球的概率依次為：0.4,0.2,0.6,0.2.則：當他參加比賽時，求球隊某場比賽輸球的概率；當他參加比賽時，在球隊輸了某場比賽的條件下，求乙球員擔當前鋒的概率；附表及公式：0.150.100.050.0250.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246

7、.6357.87910.828.20（12分）如圖所示，在四棱錐中，底面，底面為直角梯形，其中，且，是的中點.（）求證：；（）求與平面所成角的正弦值.21（12分）已知實數滿足，其中實數滿足（1）若，且為真，求實數的取值范圍；（2）若是的必要不充分條件，求實數的取值范圍22（10分）設函數.(1)討論函數的單調性；(2)當時，記，是否存在整數，使得關于的不等式有解？若存在，請求出的最小值；若不存在，請說明理由.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：先判斷出命題p與q的真假，再由復合命題真假性的判斷法

8、則，即可得到正確結論解：由于x=10時，x2=8，lgx=lg10=1，故命題p為真命題，令x=0，則x2=0，故命題q為假命題，依據復合命題真假性的判斷法則，得到命題pq是真命題，命題pq是假命題，q是真命題，進而得到命題p（q）是真命題，命題p（q）是真命題故答案為C考點：全稱命題；復合命題的真假2、C【解析】畫圖標注其位置，即可得出答案。【詳解】如圖所示： ，即有3個直角三角形。【點睛】本題涉及到了地理相關的經緯度概念。學生需理解其基本概念，將題干所述信息轉換為數學相關知識求解。3、D【解析】依據雙曲線性質，即可求出。【詳解】由雙曲線x24-y29=1所以雙曲線x24-y2【點睛】本題主

9、要考查如何由雙曲線方程求其漸近線方程，一般地雙曲線x2a2雙曲線y2a24、D【解析】分析：根據題意，求出雙曲線的漸近線方程，再根據焦點到漸近線的距離為，求得雙曲線的參數，即可確定雙曲線方程.詳解：圓，圓心，原點在圓上， 直線的斜率又雙曲線的一條漸近線恰好是圓切線， 雙曲線的一條漸近線方程的斜率為，一條漸近線方程為，且，即由題可知，雙曲線的一個焦點到漸近線的距離，解得又有，可得，雙曲線的方程為.故選D.點睛：本題考查雙曲線的簡單性質的應用，雙曲線方程的求法，直線與圓位置關系和點到直線距離的求法，考查計算能力.5、C【解析】根據題意畫出圖形，結合圖形找出ABC的外接圓圓心與三棱錐PABC外接球的

10、球心，求出外接球的半徑，再計算它的表面積【詳解】三棱錐PABC中，PA平面ABC，直線PQ與平面ABC所成角為，如圖所示；則sin=，且sin的最大值是，（PQ）min=2，AQ的最小值是，即A到BC的距離為，AQBC，AB=2，在RtABQ中可得，即可得BC=6；取ABC的外接圓圓心為O，作OOPA，=2r，解得r=2；OA=2，取H為PA的中點，OH=OA=2，PH=，由勾股定理得OP=R=，三棱錐PABC的外接球的表面積是S=4R2=4=57故答案為C【點睛】本題主要考查正弦定理和線面位置關系，考查了幾何體外接球的應用問題，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.解題的關鍵求外接

11、球的半徑6、A【解析】分析：先求函數在內存在零點的解集，再用集合的關系判斷充分條件、還是必要條件。詳解：函數在內存在零點，則，所以的解集那么是的子集，故充分非必要條件，選A點睛：在判斷命題的關系中，轉化為判斷集合的關系是容易理解的一種方法。7、A【解析】模擬執行程序，依次寫出每次循環得到的S，i的值，當i6時不滿足條件i6，退出循環，輸出S的值為S+19+162518，從而解得S的值【詳解】解：由題意，模擬執行程序，可得i2，滿足條件i6，滿足條件i是偶數，SS+1，i3滿足條件i6，不滿足條件i是偶數，SS+19，i1滿足條件i6，滿足條件i是偶數，SS+19+16，i5滿足條件i6，不滿足

12、條件i是偶數，SS+19+1625，i6不滿足條件i6，退出循環，輸出S的值為S+19+162518，故解得：S1故選A點睛：本題主要考查了循環結構的程序框圖，模擬執行程序，正確得到循環結束時S的表達式是解題的關鍵，屬于基礎題8、A【解析】先求事件A包含的基本事件，再求事件AB包含的基本事件，利用公式可得.【詳解】由于6人各自隨機地確定參觀順序，在參觀的第一小時時間內，總的基本事件有個；事件A包含的基本事件有個；在事件A發生的條件下，在參觀的第二個小時時間內，該小組在甲展廳人數恰好為2人的基本事件為個，而總的基本事件為，故所求概率為,故選A.【點睛】本題主要考查條件概率的求解，注意使用縮小事件

13、空間的方法求解.9、C【解析】分析：詳解：復數，-1-i,對應的點為（-1，-1）是第四象限點.故答案為：C.點睛：本題考查了復數的運算法則、復數相等，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題,復數問題高考必考，常見考點有：點坐標和復數的對應關系，點的象限和復數的對應關系，復數的加減乘除運算，復數的模長的計算.10、B【解析】依次算出前幾行的數值，然后歸納總結得出第行各個數之和的通項公式，最后利用數列求和的公式，求出【詳解】由題可得：，依次下推可得：，所以為首項為1，公比為2的等比數列，故；故答案選B【點睛】本題主要考查楊輝三角的規律特點，等比數列的定義以及前項和的求和公式，考查學生歸納總結和計算

14、能力，屬于基礎題。11、A【解析】通過判斷命題p和q的真假，從而求得參數的取值范圍.【詳解】解：若命題p：“1,e，aln則aln若命題q：“xR，x2則=16-4a0，解得a4，若命題“pq”為真命題，則p，q都是真命題，則a1a4解得：1a4故實數a的取值范圍為(1,4故選A【點睛】本題主要考查復合命題與簡單命題之間的關系，利用條件先求出命題p，q的等價條件是解決本題的關鍵12、C【解析】作出可行域，如圖內部（含兩邊），作直線，向上平移直線，增加，當過點時，是最大值故選C二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】依題意，先求出相鄰2天的所有種數，再選2名值相鄰的2天，剩

15、下2人各值1天利用分步乘法計數原理即可求得答案【詳解】單位在周一到周六的六天中安排4人值夜班，每人至少值一天，至多值兩天，值兩天的必須是相鄰的兩天故相鄰的有12，34，5，6和12，3，45，6和12，3，4，56和1，23，45，6和1，23，4，56和1，2，34，56，共6種情形，選2名值相鄰的2天，剩下2人各值1天，故有種，故答案為：144.【點睛】本題主要考查了求事件的排列數，解題關鍵是理解題意結合排列數公式進行求解，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.14、【解析】先求出f（）2，從而f（f（）f（2），由此能求出結果【詳解】函數 f（x），f（）2，f（f（）f（2）22故答案

16、為【點睛】本題考查分段函數值的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意函數解析式的合理運用15、【解析】根據框圖作用分析即可求得空白處應該填入的語句.【詳解】由程序框圖的輸出值，結合本框圖的作用是計算，考慮，所以空白處應該填入.故答案為：【點睛】此題考查程序框圖的識別，根據已知程序框圖需要輸出的值填補框圖，關鍵在于弄清框圖的作用，準確分析得解.16、24【解析】分析：由題意，求得二項式的展開式的通項為，即可求解答案.詳解：由題意，二項式的展開式的通項為，令，則.點睛：本題主要考查了二項式定理的應用，其中熟記二項展開式的通項公式是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力.三、解答題：共70分。解答應寫

17、出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】分析：（1）根據周長確定，由通徑確定，求得，因而確定橢圓的方程（2）分析得直線、直線的斜率存在時，根據過焦點可設出AB直線方程為，因而直線的方程為.聯立橢圓方程消去y，得到關于x的一元二次方程.由韋達定理求得和，進而. 當AB斜率不存在時，求得，所以 當直線的斜率為時，求得，所以即可判斷詳解：（1）將代入，得，所以.因為的周長為，所以，將代入，可得，所以橢圓的方程為.（2）（i）當直線、直線的斜率存在且不為時，設直線的方程為，則直線的方程為.由消去得.由韋達定理得，所以， .同理可得. .（ii）當直線的斜率不存在時，.（iii）當直線

18、的斜率為時，.綜上，.點睛：本題綜合考查了圓錐曲線的定義、應用，對直線和圓錐曲線的位置問題，常見方法是設出直線方程，聯立曲線方程，得到一元二次方程，利用韋達定理解決相關問題，思路較為清晰，關鍵是注意計算，綜合性強，屬于難題18、（1）見解析；（2）【解析】（1）根據正三角形性質得AEBC，即得AEAD，再根據PA平面ABCD得AEPA,由線面垂直判定定理得EA平面PAD,即得AEPD；（2）先根據條件建立空間直角坐標系，設立各點坐標，根據方程組解得平面AEF一個法向量，由向量數量積得向量夾角，最后根據向量夾角與線面角互余關系得結果.【詳解】（1）連接AC，因為底面ABCD為菱形，所以三角形AB

19、C為正三角形，所以AEBC，又AD/BC，所以AEAD，則又PA平面ABCD，所以AEPA,由線面垂直判定定理得EA平面PAD,所以AEPD （2）過A作AHPD于H，連HE，由（1）得AE平面PAD所以EHPD，即EH=，AE=，AH=，PA=2以A為原點，AE，AD，AP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，A（0,0,0），E（，0,0），D（0,2,0），C（，1,0），P（0,0,2） F（，1），平面AEF的法向量又，所以直線PD與平面AEF所成的角的余弦值為【點睛】本題主要考查線面垂直的判定和性質及利用空間向量求線面角，屬中等難度題19、 (1) 有的把握認為球隊勝利與甲球員參賽

20、有關.(2)見解析.【解析】分析：（1）根據表中的數據，求得 的值，進而求得的值，利用附表即可作出結論；（2）設表示“乙球員擔當前鋒”；表示“乙球員擔當中鋒 ”；表示“乙球員擔當后衛”；表示“乙球員擔當守門員”；表示“球隊輸掉某場比賽”，利用互斥事件和獨立事件的概率公式，及條件概率的公式，即可求解相應的概率詳解：（1）,有的把握認為球隊勝利與甲球員參賽有關. （2）設表示“乙球員擔當前鋒”；表示“乙球員擔當中鋒 ”；表示“乙球員擔當后衛”；表示“乙球員擔當守門員”；表示“球隊輸掉某場比賽”，則 .點睛：本題主要考查了獨立性檢驗和條件概率的計算問題，關鍵在于從題設中分析出相應的數據，以及相應事件

21、的概率，結合條件概率的計算公式進行計算，著重考查了分析問題和解答問題的能力，以及推理與計算能力，屬于中檔試題20、（）見解析；（）【解析】（1）根據已知可得，可證平面，從而有，再由已知可得，可證平面，即可證明結論；（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，求出坐標，再求出平面法向量坐標，根據空間向量的線面角公式，即可求解.【詳解】（）因為底面，底面，所以.又因為，所以平面.又因為平面，所以.因為，是的中點，所以.又因為，所以平面.而平面，所以.（）因為兩兩垂直，所以以為原點，所在直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，于是.設平面的一個法向量為.，.由得，令，則，得.設與平面所成的角為，則.故與平面所成角的正弦值是.【點睛】本題考查空間線面位置關系，考查直線與平面