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已知函數，關于的不等式只有兩個整數解，則實數的取值范圍是（ ）ABCD2只用四個數字組成一個五位數，規定這四個數字必須同時使用，且同一數字不能相鄰出現，這樣的五位數有（）ABCD3已知頂點在軸上的雙曲線實軸長為4，其兩條漸近線方程為，該雙曲線的焦點為（ ）ABCD4五一放假，甲、乙、丙去廈門旅游的概率分別是、，假定三人的行動相互之間沒有影響，那么這段時間內至少有人去廈門旅游的概率為（ ）ABCD5如圖，將一個各面都涂了油漆的正方體，切割為個同樣大小的小正方體，經過攪拌后，從中隨機取出一個小正方體，記它的油漆面數為，則的均值（ ）ABCD6如圖，平行六面體ABCD-A1B1C1D1中

3、，若A12aC12a7函數的定義域為( )ABCD8函數f(x)=3ABCD9已知函數為偶函數，記 ， ，則的大小關系為 ( )ABCD10甲、乙等五個人排成一排，要求甲和乙不能相鄰，則不同的排法種數為（）A48B60C72D12011 “”是“方程的曲線是橢圓”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分又不必要條件12公元263年左右，我國數學家劉徽發現當圓內接多邊形的邊數無限增加時，多邊形面積可無限逼近圓的面積，并創立了割圓術.利用割圓術劉徽得到了圓周率精確到小數點后面兩位的近似值3.14，這就是著名的徽率.如圖是利用劉徽的割圓術設計的程序框圖，則輸出的的值為（ ）(參考

4、數據：，）A12B24C48D96二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13有一塊多邊形的菜地，它的水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是直角梯形(如圖), ，則這塊菜地的面積為_14若變量、滿足約束條件，則的最大值為_15已知向量，（，為實數），若向量，共線，則的值是_16在的二項展開式中，常數項為_（結果用數值表示）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）已知為等差數列，且，.（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和.18（12分）已知，函數.（1）討論函數在上的單調性；（2）若在內有解，求的取值范圍.19（12分）一盒中放有的黑球和白球，其中

5、黑球4個，白球5個.（1）從盒中同時摸出兩個球，求兩球顏色恰好相同的概率；（2）從盒中摸出一個球，放回后再摸出一個球，求兩球顏色恰好不同的概率.20（12分）求證：.21（12分）已知函數.（1）解不等式；（2）若的最小值為，正實數，滿足，求的最小值.22（10分）如圖，在正四棱柱中，已知AB2， ，E、F分別為、上的點，且.(1)求證：BE平面ACF；(2)求點E到平面ACF的距離參考答案一、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：，在上單調遞增，上單調遞減，又，不等式只有兩個整數解，即實數的取值范圍是故選C【

6、考點】本題主要考查導數的運用2、B【解析】以重復使用的數字為數字為例，采用插空法可確定符合題意的五位數的個數；重復使用每個數字的五位數個數一樣多，通過倍數關系求得結果.【詳解】當重復使用的數字為數字時，符合題意的五位數共有：個當重復使用的數字為時，與重復使用的數字為情況相同滿足題意的五位數共有：個本題正確選項：【點睛】本題考查排列組合知識的綜合應用，關鍵是能夠明確不相鄰的問題采用插空法的方式來進行求解；易錯點是在插空時，忽略數字相同時無順序問題，從而錯誤的選擇排列來進行求解.3、C【解析】由雙曲線實軸長為4可知 由漸近線方程，可得到 然后利用 即可得到焦點坐標【詳解】由雙曲線實軸長為4可知 由

7、漸近線方程，可得到即 所以 又雙曲線頂點在 軸上，所以焦點坐標為【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質，漸近線方程，屬于基礎題4、B【解析】計算出事件“至少有人去廈門旅游”的對立事件“三人都不去廈門旅游”的概率，然后利用對立事件的概率可計算出事件“至少有人去廈門旅游”的概率.【詳解】記事件至少有人去廈門旅游，其對立事件為三人都不去廈門旅游，由獨立事件的概率公式可得，由對立事件的概率公式可得，故選B.【點睛】本題考查獨立事件的概率公式的應用，同時也考查了對立事件概率的應用，在求解事件的概率問題時，若事件中涉及“至少”時，采用對立事件去求解，可簡化分類討論，考查分析問題的能力和計算能力，屬于中等題.5

8、、C【解析】分析：由題意知，分別求出相應的概率，由此能求出.詳解：由題意知，；.故選：C.點睛：正確找出所涂油漆的面數的正方體的個數及古典概型的概率計算公式、分布列與數學期望是解題的關鍵.6、D【解析】由題意可得B1M【詳解】由題意可得B1=c+1【點睛】本題主要考查兩個向量的加減法的法則，以及其幾何意義，屬于基礎題7、D【解析】分析每個根號下的范圍，取交集后得到定義域.【詳解】因為，所以，則定義域為.故選：D.【點睛】本題考查函數含根號的函數定義問題，難度較易.注意根號下大于等于零即可.8、B【解析】取特殊值排除得到答案.【詳解】f(x)=3x故答案選B【點睛】本題考查了函數圖像的判斷，特殊

9、值可以簡化運算.9、C【解析】試題分析：因為為偶函數，所以，在上單調遞增，并且，因為，故選C考點：函數的單調性【思路點睛】本題考察的是比較大小相關知識點，一般比較大小我們可以采用作差法、作商法、單調性法和中間量法，本題的題設中有解析式且告訴我們為偶函數，即可求出參數的值，所以我們采用單調性法，經觀察即可得到函數的單調性，然后根據可以通過函數的奇偶性轉化到同一側，進而判斷出幾個的大小，然后利用函數的單調性即可判斷出所給幾個值的大小10、C【解析】因為甲和乙不能相鄰，利用插空法列出不同的排法的算式，得到答案.【詳解】甲、乙等五個人排成一排，要求甲和乙不能相鄰，故先安排除甲、乙外的3人，然后安排甲、

10、乙在這3人之間的4個空里，所以不同的排法種數為，故選C項.【點睛】本題考查排列問題，利用插空法解決不相鄰問題，屬于簡單題.11、B【解析】方程的曲線是橢圓，故應該滿足條件： 故”是“方程的曲線是橢圓”的必要不充分條件.故答案為：B.12、B【解析】列出循環過程中與的數值，滿足判斷框的條件即可結束循環.【詳解】解：模擬執行程序，可得：，不滿足條件，不滿足條件，滿足條件，退出循環，輸出的值為.故選：B.【點睛】本題考查循環框圖的應用，考查了計算能力，注意判斷框的條件的應用，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】首先由斜二測圖形還原平面圖形，然后求解其面積即可.【

11、詳解】由幾何關系可得，斜二測圖形中：，由斜二測圖形還原平面圖形，則原圖是一個直角梯形，其中上下底的長度分別為1,2，高為，其面積.【點睛】本題主要考查斜二測畫法，梯形的面積公式等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.14、8【解析】首先畫出可行域，然后確定目標函數的最大值即可.【詳解】繪制不等式組表示的可行域如圖所示，結合目標函數的幾何意義可得目標函數在點處取得最大值，其最大值為：.【點睛】求線性目標函數zaxby(ab0)的最值，當b0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最大，在y軸截距最小時，z值最小；當b0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最小，在y軸上截距最小時，z

12、值最大.15、【解析】根據向量，共線，結合兩向量的坐標，列出方程組求解，即可得出結果.【詳解】因為量，共線，所以存在實數，使得，則有，解得：，因此.故答案為：.【點睛】本題主要考查由空間向量共線求參數的問題，熟記向量共線的坐標表示即可，屬于基礎題型.16、【解析】利用二項展開式的通項公式Tr+1中x的冪指數為0即可求得答案【詳解】 ，令0，得：r3，所以常數項為：20,故答案為20.【點睛】本題考查二項式展開式中的特定項，利用其二項展開式的通項公式求得r3是關鍵，考查運算能力，屬于中檔題三、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).(2).【解析】分析：（1）由

13、，可得，解之得，從而可得的通項公式；（2）由可得，利用錯位相減法即可得結果.詳解：（）由已知條件可得，解之得，所以，.（）由可得，設數列的前項和為.則，以上二式相減得，所以，.點睛：本題主要考查等差數列的通項公式基本量運算以及錯位相減法求數列的前 項和，屬于中檔題.一般地，如果數列是等差數列，是等比數列，求數列的前項和時，可采用“錯位相減法”求和，一般是和式兩邊同乘以等比數列的公比，然后作差求解, 在寫出“”與“” 的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“”的表達式.18、（1）見解析；（2）.【解析】（1）計算函數的導函數，得到對應方程的根為，討論三種情況得到答案.（2）計

14、算的導數，根據單調性計算函數的最小值，根據解得范圍.【詳解】（1），令，解得.當時，即時，在上，函數單調遞增，在上，函數單調遞減；當時，即時，函數在定義域上單調遞增；當時，即時，在上，函數單調遞增，在上，函數單調遞減.（2）若在內有解，則由（1）可知，當，即時，函數在上單調遞增，解得；當，即時，在時， ，函數在上單調遞減，在時，函數在上單調遞增，令，函數在上單調遞增.恒成立，.當，即時，函數在上單調遞減，不成立.綜上所述：.【點睛】本題考查了函數的單調性的討論，存在性問題，將存在性問題轉化為函數的最小值是解題的關鍵，也可以用參數分離的方法求解.19、（1）（2）【解析】（1）先求從盒中同時摸出

15、兩個球時的總事件數，再求兩球顏色恰好相同的事件數，最后根據古典概型概率公式求解；（2）先求從盒中摸出一個球，放回后再摸出一個球的總事件數，再求兩球顏色恰好不同的事件數，最后根據古典概型概率公式求解【詳解】解：【點睛】本題考查古典概型概率，考查基本分析求解能力，屬基礎題20、見解析.【解析】分析：直接利用組合數的公式計算證明.=.點睛：（1）本題主要考查組合數的計算，意在考查學生對該知識的掌握水平和基本的運算能力.(2) 組合數公式：=(，且)這里兩個公式前者多用于數字計算，后者多用于證明恒等式及合并組合數簡化計算21、（1）；（2）9【解析】（1）可采用零點討論法先求出零點，再將x分為三段，分

16、別進行討論求解（2）采用絕對值不等連式特點求出最小值，再采用均值不等式進行求解即可【詳解】解：（1）當時，解得；當時，恒成立；當時，解得；綜上所述，該不等式的解集為.（2）根據不等連式，所以，當且僅當時取等號.故最小值為9.【點睛】絕對值不等式的解法常采用零點討論法，分區間討論時，一定要注意零點處取不取得到的問題，如本題中將x分為三段，；絕對值不等連式為：，應熟悉均值不等式常見的基本形式，知道基本形式都源于22、（1）見解析（2）【解析】分析：（1）以為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，寫出要用的點的坐標，要證明線與面垂直，只需證明這條直線與平面上的兩條直線垂直即可；（2）為平面的一個法向量，向量在上的射影長即為到平面的距離，根據點到面的距離公式可得到結論.詳解：(1)證明：以D為原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示空間直角坐標系，則D(0,0,0)、A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(0,2,0)、D1(0,0,5)、E(0,0,1)、F(2,2,4)(2,2,0)、(0,2,4)