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函數在定義域內可導，其圖象如圖所示，記的導函數為，則不等式的解集為（ ）ABCD2函數的圖象是()ABCD3下列幾種推理中是演繹推理的序號為（ ）A由，猜想B半徑為的圓的面積，單位圓的面積C猜想數列，的通項為D由平面直角坐標系中，圓的方程為

2、推測空間直角坐標系中球的方程為4圖1和圖2中所有的正方形都全等，將圖1中的正方形放在圖2中的某一位置，所組成的圖形能圍成正方體的概率是（）A14BC34D5數列，滿足，則數列的前項和為（ ）ABCD6函數是（）A偶函數且最小正周期為2B奇函數且最小正周期為2C偶函數且最小正周期為D奇函數且最小正周期為7中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，已知,則A=ABCD8已知在上的可導函數的導函數為，滿足，且為偶函數，則不等式的解集為（ ）ABCD9若向量，滿足，與的夾角為，則等于（ ）ABC4D1210已知點P是雙曲線上一點，若，則的面積為（）ABC5D1011已知函數，當取得極值時，x的值為（ ）

3、ABCD12若函數，則下列結論正確的是( )A，在上是增函數B，在上是減函數C，是偶函數D，是奇函數二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13己知關于的不等式對恒成立，則實數的取值范圍是_.14已知復數（i為虛數單位），則復數z的模為_.15若關于x的實系數一元二次方程x2+px+q=0有一個根為1+i，則16用數字0，1，2，3，4，5組成沒有重復數字的五位數，其中能被5整除的數共有_個三、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）在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數且）.在以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線的極坐標方程是.（

4、1）將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程；（2）判斷直線與曲線的位置關系，并說明理由.18（12分）如圖，是通過某城市開發區中心O的兩條南北和東西走向的街道，連結M，N兩地之間的鐵路線是圓心在上的一段圓弧，若點M在點O正北方向3公里；點N到的距離分別為4公里和5公里.（1）建立適當的坐標系，求鐵路線所在圓弧的方程；（2）若該城市的某中學擬在點O的正東方向選址建分校，考慮環境問題，要求校址到點O的距離大于4公里，并且鐵路上任意一點到校址的距離不能小于公里，求該校址距點O的最短距離（注：校址視為一個點）19（12分）某大學綜合評價面試測試中，共設置兩類考題：類題有4個不同的小題，類題有3個不同的小題

5、.某考生從中任抽取3個不同的小題解答.（1）求該考生至少抽取到2個類題的概率；（2）設所抽取的3個小題中類題的個數為，求隨機變量的分布列與均值.20（12分）如圖，一條小河岸邊有相距的兩個村莊（村莊視為岸邊上兩點），在小河另一側有一集鎮（集鎮視為點），到岸邊的距離為，河寬為，通過測量可知，與的正切值之比為當地政府為方便村民出行，擬在小河上建一座橋（分別為兩岸上的點，且垂直河岸，在的左側），建橋要求：兩村所有人到集鎮所走距離之和最短，已知兩村的人口數分別是人、人，假設一年中每人去集鎮的次數均為次設（小河河岸視為兩條平行直線）（1）記為一年中兩村所有人到集鎮所走距離之和，試用表示；（2）試確定的余

6、弦值，使得最小，從而符合建橋要求21（12分）IC芯片堪稱“國之重器”其制作流程異常繁瑣，制作IC芯片核心部分首先需要制造單晶的晶圓，此過程主要是加入碳，以氧化還原的方式，將氧化硅轉換為高純度的硅.為達到這一高標準要求,研究工作人員曾就是否需采用西門子制程（Siemensprocess）這一工藝技術進行了反復比較,在一次實驗中，工作人員對生產出的50片單晶的晶圓進行研究，結果發現使用了該工藝的30片單晶的晶圓中有28片合格,沒有使用該工藝的20片單晶的晶圓中有12片合格.（1）請填寫22列聯表并判斷:這次實驗是否有99.5%的把握認為單晶的晶圓的制作效果與使用西門子制程（Siemensproc

7、ess）這一工藝技術有關?使用工藝不使用工藝合格合格不合格合計50（2）在得到單晶的晶圓后，接下來的生產制作還前對單晶的晶圓依次進行金屬濺鍍，涂布光阻，蝕刻技術，光阻去除這四個環節的精密操作，進而得到多晶的晶圓，生產出來的多晶的晶圓經過嚴格的質檢,確定合格后才能進入下一個流程，如果生產出來的多晶的晶圓在質檢中不合格,那么必須依次對前四個環節進行技術檢測并對所有的出錯環節進行修復才能成為合格品.在實驗的初期，由于技術的不成熟，生產制作的多晶的晶圓很難達到理想狀態，研究人員根據以往的數據與經驗得知在實驗生產多晶的晶圓的過程中，前三個環節每個環節生產正常的概率為23，第四個環節生產正常的概率為34,

8、且每個環節是否生產正常是相互獨立的.前三個環節每個環節出錯需要修復的費用均為20元，第四環節出錯需要修復的費用為10元參考公式:K參考數據:P(0.150.100.050.0250.010.0050.001K2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82822（10分）已知數列滿足,且（1）求及；(2)設求數列的前n項和參考答案一、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、A【解析】根據導數大于0時函數單調遞增，導數小于0時原函數單調遞減，確定函數的單調性【詳解】解：由圖象可知，即求函數的單調減區間，從而有解集

9、為，故選：【點睛】本題主要考查了函數的單調性與導數的關系，解題的關鍵是識圖，屬于基礎題2、B【解析】首先根據對數函數的性質，求出函數的定義域，再很據復合函數的單調性求出f（x）的單調性，問題得以解決【詳解】因為x0，解得x1或1x0，所以函數f（x）=ln（x）的定義域為：（1，0）（1，+）所以選項A、D不正確當x（1，0）時，g（x）=x是增函數，因為y=lnx是增函數，所以函數f（x）=ln（x-）是增函數故選B【點睛】函數圖象的辨識可從以下方面入手：（1）從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置；（2）從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢；（3）從函數的奇偶性

10、，判斷圖象的對稱性；（4）從函數的特征點，排除不合要求的圖象.3、B【解析】根據演繹推理、歸納推理和類比推理的概念可得答案.【詳解】A. 是由特殊到一般，是歸納推理.B. 是由一般到特殊，是演繹推理.C. 是由特殊到一般，是歸納推理.D. 是由一類事物的特征，得到另一類事物的特征，是類比推理.故選：B【點睛】本題考查對推理類型的判斷，屬于基礎題.4、C【解析】分析：將圖1的正方形放在圖2中的位置出現重疊的面，不能圍成正方體，再根據概率公式求解可得.詳解：由圖共有4種等可能結果，其中將圖1的正方形放在圖2中的位置出現重疊的面，不能圍成正方體，則所組成的圖形能圍成正方體的概率是34故選：C.點睛：

11、本題考查了概率公式和展開圖折疊成幾何體，解題時勿忘記四棱柱的特征及正方體展開圖的各種情形，注意：只要有“田”字格的展開圖都不是正方體的表面展開圖.5、D【解析】由題意是數列是等差數列，數列的等比數列，分別求出它們的通項，再利用等比數列前項和公式即可求得.【詳解】因為，所以數列是等差數列，數列的等比數列，因此，數列的前項和為：.故選：.【點睛】本題主要考查的是數列的基本知識，等差數列、等比數列的通項公式以及等比數列的求和公式的應用，是中檔題.6、C【解析】首先化簡為，再求函數的性質.【詳解】 ，是偶函數， 故選C.【點睛】本題考查了三角函數的基本性質，屬于簡單題型.7、C【解析】試題分析：由余弦

12、定理得：，因為，所以，因為，所以，因為，所以，故選C.【考點】余弦定理【名師點睛】本題主要考查余弦定理的應用、同角三角函數的基本關系，是高考常考知識內容.本題難度較小，解答此類問題，注重邊角的相互轉換是關鍵，本題能較好地考查考生分析問題、解決問題的能力及基本計算能力等.8、A【解析】分析：構造新函數，利用已知不等式確定的單調性，詳解：設，則，由已知得，是減函數是偶函數，的圖象關于直線對稱，的解集為，即的解集為故選A點睛：本題考查用導數研究函數的單調性，解題關鍵是是構造新函數，對于含有的已知不等式，一般要構造新函數如，等等，從而能利用已知條件確定的單調性，再解出題中不等式的解集9、B【解析】將平

13、方后再開方去計算模長，注意使用數量積公式.【詳解】因為，所以，故選：B.【點睛】本題考查向量的模長計算，難度一般.對于計算這種形式的模長，可通過先平方再開方的方法去計算模長.10、C【解析】設，則：，則：，由勾股定理可得：，綜上可得：則的面積為：.本題選擇C選項.點睛：(1)雙曲線定義的集合語言：PM|MF1|MF2|2a,02a|F1F2|是解決與焦點三角形有關的計算問題的關鍵，切記對所求結果進行必要的檢驗(2)利用定義解決雙曲線上的點與焦點的距離有關問題時，弄清點在雙曲線的哪支上11、B【解析】先求導，令其等于0，再考慮在兩側有無單調性的改變即可【詳解】解：， ，的單調遞增區間為和，減區間

14、為，在兩側符號一致，故沒有單調性的改變，舍去， 故選:B.【點睛】本題主要考查函數在某點取得極值的性質：若函數在取得極值反之結論不成立，即函數有，函數在該點不一定是極值點，（還得加上在兩側有單調性的改變），屬基礎題12、C【解析】試題分析：因為，且函數定義域為令，則顯然，當時，；當時，所以當時，在上是減函數，在上是增函數，所以選項A,B均不正確；因為當時，是偶函數，所以選項C正確要使函數為奇函數，必有恒成立，即恒成立，這與函數的定義域相矛盾，所以選項D不正確考點：1、導數在研究函數性質中的應用；2、函數的奇偶性二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】對和討論，利用二次函數

15、的性質列不等式求實數的取值范圍.【詳解】解：當時，對恒成立；當時，解得，綜合得：，故答案為：.【點睛】本題考查二次不等式恒成立的問題，要特別注意討論二次項系數為零的情況，是基礎題.14、【解析】直接利用復數代數形式的四則運算化簡復數z，再由復數模的公式計算得答案【詳解】，則復數z的模為故答案為【點睛】本題考查了復數代數形式的運算，考查了復數模的求法，是基礎題15、0【解析】由題意可得1-i也是實系數一元二次方程x2+px+q=0的一個虛數根,利用一元二次方程根與系數的關系求出p和q的值,即可求得p+q【詳解】由于復數1+i是實系數一元二次方程x2+px+q=0的一個虛數根,故1-i也是實系數一

16、元二次方程x2+px+q=0的一個虛數根,故1+i+1-i=-p,(1+i)(1-i)=q,故q=-2,p=2,故p+q=0【點睛】本題主要考查實系數的一元二次方程虛根成對定理,一元二次方程根與系數的關系,屬于基礎題.16、216【解析】分個位是0或者5兩種情況利用排列知識討論得解.【詳解】當個位是0時，前面四位有種排法，此時共有120個五位數滿足題意；當個位是5時，首位不能是0，所以首位有4種排法，中間三位有種排法，所以此時共有個五位數滿足題意.所以滿足題意的五位數共有個.故答案為：216【點睛】本題主要考查排列組合的應用，意在考查學生對該知識的理解掌握水平.三、解答題：共70分。解答應寫出

17、文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）;（2）相切.【解析】（1）根據互化公式可得；（2）根據點到直線的距離與半徑的關系可得【詳解】解：（1）由得，得，即直角坐標方程為：（2）由，消去得，則圓心到直線的距離等于圓的半徑，所以直線與圓相切【點睛】本題考查了極坐標方程與直角坐標方程的轉化，考查了直線與圓的位置關系.一般地，已知極坐標方程時，通過變形整理，將方程中的，分別代換為即可.判斷直線與圓的位置關系時，可通過聯立方程，由判別式判斷交點個數；也可求出圓心到直線的距離，與半徑進行比較.18、（1）（；（2）.【解析】（1）以垂直的直線為軸建立平面直角坐標系，設圓心坐標為，由圓心到兩點的距離相等

18、求出，即圓心坐標，再求出半徑，可得圓方程，圓弧方程在圓方程中對變量加以限制即可。（2）設校址坐標為，根據條件列出不等式，由函數單調性求最值解決恒成立問題。【詳解】（1）以直線為軸，為軸，建立如圖所求的直角坐標系，則，設圓心為，則，解得。即，圓半徑為，圓方程為，鐵路線所在圓弧的方程為（。（2）設校址為，是鐵路上任一點，則對恒成立，即對恒成立，整理得對恒成立，記，在上是減函數，即，解得。即校址距點最短距離是。【點睛】本題考查求點的軌跡方程、求圓的方程，考查不等式恒成立問題。不等式恒成立可轉化為通過求函數的最值得以解決，屬于中檔題。19、（1）；（2）分布列見解析，【解析】（1）利用古典概率與互斥事

19、件概率計算公式即可得出（2）設所抽取的1個小題中類題的個數為，則的取值為0，1，2，1利用超幾何分布列計算公式即可得出【詳解】（1）該考生至少抽取到2個類題的概率（2）設所抽取的1個小題中類題的個數為，則的取值為0，1，2，1，隨機變量的分布列為： 0 1 2 1 均值【點睛】本題考查古典概率與互斥事件概率計算公式、超幾何分布列計算公式及其數學期望計算公式，考查推理能力與計算能力20、（1），；（2）當時，符合建橋要求.【解析】（1）利用正切值之比可求得，；根據可表示出和，代入整理可得結果；（2）根據（1）的結論可得，利用導數可求得時，取得最小值，得到結論.【詳解】（1）與的正切值之比為 則， ，（2）由（1）知：，令，解得：令，且當時，；當時，函數在上單調遞減；在上單調遞增；時，函數取最小值，即當時，符合建橋要求【點睛】本題考查函數解析式和最值的求解問題，關鍵是能夠通過根據題意建立起所求函數和變量之間的關系，利用導數來研究函數的最值.21、（1）見解析；（2）22.5元.【解析】（1）先列出列聯表，再根據列表求出K2=2537.879，從而有99.5%的把握認為晶圓的制作效果與使用西門子制程這一工藝技術有關（2）設Ai表示檢測到