1、2021-2022高二下數學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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函數的圖象過原點且它的導函數的圖象是如圖所示的一條直線, 則的圖象的頂點在( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2設是偶函數的導函數，當時，則不等式的解集為（ ）

2、ABCD3甲、乙、丙、丁四位同學各自對、兩變量的線性相關性做試驗，并用回歸分析方法分別求得相關系數與殘差平方和如表：甲乙丙丁0.820.780.690.85106115124103則哪位同學的試驗結果體現、兩變量有更強的線性相關性（ ）A甲B乙C丙D丁4用反證法證明命題“三角形的內角中至少有一個大于，反證假設正確的是( )A假設三內角都大于B假設三內角都不大于C假設三內角至多有一個大于D假設三內角至多有兩個大于5設函數在區間上有兩個極值點，則的取值范圍是ABCD6某教師有相同的語文參考書本，相同的數學參考書本，從中取出本贈送給位學生，每位學生本，則不同的贈送方法共有（ ）A種B種C種D種7在發

3、生某公共衛生事件期間，有專業機構認為該事件在一段時間沒有發生在規模群體感染的標志為“連續10天，每天新增疑似病例不超過7人”.根據過去10天甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例數據，一定符合該標志的是A甲地：總體均值為3，中位數為4B乙地：總體均值為1，總體方差大于0C丙地：中位數為2，眾數為3D丁地：總體均值為2，總體方差為38已知橢圓，點在橢圓上且在第四象限，為左頂點，為上頂點，交軸于點，交軸于點，則面積的最大值為( )ABCD9高二（3）班共有學生56人，現根據座號，用系統抽樣的方法，抽取一個容量為4的樣本，已知3號、31號、45號同學在樣本中，那么樣本中還有一個同學的座號是A15B16C17

4、D1810已知正方體的棱長為2，P是底面上的動點,，則滿足條件的點P構成的圖形的面積等于（ ）ABCD11當取三個不同值時，正態曲線的圖象如圖所示，則下列選項中正確的是（ ）ABCD12在等差數列中，則的前10項和為（）A-80B-85C-88D-90二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設，則a，b，c的大小關系用“”連接為_14底面是直角三角形的直棱柱的三視圖如圖，網格中的每個小正方形的邊長為1，則該棱柱的表面積是_15在的二項展開式中，若只有的系數最大，則_16若復數滿足，則的實部是_.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）正項數列的前

5、項和滿足.（）求，；（）猜想的通項公式，并用數學歸納法證明.18（12分）的展開式一共有13項.（1）求展開式中二項式系數之和；（2）求展開式中的常數項19（12分）已知定義在上的函數求函數的單調減區間；若關于的方程有兩個不同的解，求實數的取值范圍20（12分）若，()求證：；()求證：；()在()中的不等式中，能否找到一個代數式，滿足所求式？若能，請直接寫出該代數式；若不能，請說明理由.21（12分）已知數列滿足，設，數列滿足.（1）求證：數列為等差數列；（2）求數列的前項和.22（10分）已知函數（aR）（1）討論yf（x）的單調性；（2）若函數f（x）有兩個不同零點x1，x2，求實數a的

6、范圍并證明參考答案一、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】設，則，由圖可知，從而可得頂點在第一象限.【詳解】因為函數的圖象過原點，所以可設，由圖可知,，則函數的頂點在第一象限，故選A.【點睛】本題主要考查導數公式的應用，考查了直線與二次函數的圖象與性質，屬于中檔題.2、B【解析】設，計算，變換得到，根據函數的單調性和奇偶性得到，解得答案.【詳解】由題意，得，進而得到，令，則，.由，得，即.當時，在上是增函數.函數是偶函數，也是偶函數，且在上是減函數，解得，又，即，.故選：.【點睛】本題考查了利用函數的奇偶性和單調性解不

7、等式，構造函數，確定其單調性和奇偶性是解題的關鍵.3、D【解析】試題分析：由題表格；相關系數越大，則相關性越強而殘差越大，則相關性越小可得甲、乙、丙、丁四位同學，中丁的線性相關性最強考點：線性相關關系的判斷4、B【解析】反證法的第一步是假設命題的結論不成立，根據這個原則，選出正確的答案.【詳解】假設命題的結論不成立，即假設三角形的內角中至少有一個大于不成立，即假設三內角都不大于，故本題選B.【點睛】本題考查了反證法的第一步的假設過程，理解至少有一個大于的否定是都不大于是解題的關鍵.5、D【解析】令，則在上有兩個不等實根，有解，故, 點晴:本題主要考查函數的單調性與極值問題，要注意轉化，函數()

8、在區間上有兩個極值點，則在上有兩個不等實根，所以有解，故,只需要滿足解答此類問題，應該首先確定函數的定義域，注意分類討論和數形結合思想的應用6、B【解析】若本中有 本語文和 本數學參考，則有種方法，若本中有本語文和本參考，則有種方法，若本中有 語文和 本參考，則有種方法，若本都是數學參考書，則有一種方法，所以不同的贈送方法共有有 ，故選B.7、D【解析】試題分析：由于甲地總體均值為，中位數為，即中間兩個數（第天）人數的平均數為，因此后面的人數可以大于，故甲地不符合.乙地中總體均值為，因此這天的感染人數總數為，又由于方差大于，故這天中不可能每天都是，可以有一天大于，故乙地不符合，丙地中中位數為，

9、眾數為，出現的最多，并且可以出現，故丙地不符合，故丁地符合.考點：眾數、中位數、平均數、方差8、C【解析】若設，其中，則，求出直線，的方程，從而可得 ，兩點的坐標，表示的面積，設出點處的切線方程，與橢圓方程聯立成方程組，消元后判別式等于零，求出點的坐標可得答案.【詳解】解：由題意得，設，其中，則，所以直線為，直線為，可得，所以，所以 ，設處的切線方程為由，得，解得，此時方程組的解為，即點時，面積取最大值故選：C【點睛】此題考查了橢圓的性質，三角形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題.9、C【解析】試題分析：由系統抽樣的特點等距離可得，3號、17號、號、號同學在樣本中.考點：系統抽樣

10、.10、A【解析】P是底面上的動點，因此只要在底面上討論即可，以為軸建立平面直角坐標系，設，根據已知列出滿足的關系【詳解】如圖，以為軸在平面內建立平面直角坐標系，設，由得，整理得，設直線與正方形的邊交于點，則點在內部（含邊界），易知，故選A【點睛】本題考查空間兩點間的距離問題，解題關鍵是在底面上建立平面直角坐標系，把空間問題轉化為平面問題去解決11、A【解析】分析：由題意結合正態分布圖象的性質可知，越小，曲線越“瘦高”，據此即可確定的大小.詳解：由正態曲線的性質知，當一定時，曲線的形狀由確定，越小，曲線越“瘦高”，所以.本題選擇A選項.點睛：本題主要考查正態分布圖象的性質，系數對正態分布圖象的

11、影響等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.12、A【解析】用待定系數法可求出通項，于是可求得前10項和.【詳解】設的公差為，則，所以，前10項和為.【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式，求和公式，比較基礎.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分別判斷出，從而得到三者大小關系.【詳解】，則的大小關系用“”連接為本題正確結果：【點睛】本題考查指對數比較大小類的問題，解決此類問題的方法主要有兩種：1.構造合適的函數模型，利用單調性判斷；2.利用臨界值進行區分.14、【解析】根據三視圖,畫出空間幾何體,即可求得表面積.【詳解】根據三視圖可知該幾何體為三棱柱,畫出空間

12、結構體如下:該三棱柱的高為2,上下底面為等腰直角三角形,腰長為所以上下底面的面積為 側面積為 所以該三棱柱的表面積為故答案為: 【點睛】本題考查由三視圖還原空間結構體,棱柱表面積的求法,屬于基礎題.15、10【解析】根據二項式系數的性質可直接得出答案.【詳解】根據二項式系數的性質，由于只有第項的二項式系數最大，故答案為10.【點睛】本題主要考查了二項式系數的性質，解決二項式系數的最值問題常利用結論：二項展開式中中間項的二項式系數最大，屬于基礎題.16、【解析】由得出，再利用復數的除法法則得出的一般形式，可得出復數的實部.【詳解】，因此，復數的實部為，故答案為.【點睛】本題考查復數的概念，同時也

13、考查了復數的除法，解題時要利用復數的四則運算法則將復數表示為一般形式，考查計算能力，屬于基礎題.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、（）（）猜想證明見解析【解析】分析：（1）直接給n取值求出，.(2)猜想的通項公式，并用數學歸納法證明.詳解：（）令，則，又，解得；令，則，解得；令，則，解得.（）由（）猜想；下面用數學歸納法證明.由（）可知當時，成立；假設當時，則.那么當時，由 ，所以，又，所以，所以當時，.綜上，.點睛：（1）本題主要考查數學歸納法，意在考查學生對該基礎知識的掌握水平和基本計算能力.(2) 數學歸納法的步驟：證明當n=1時，命題成立。證明假設當n

14、=k時命題成立，則當n=k+1時，命題也成立.由得原命題成立.18、（1）；（2）7920【解析】先由的展開式一共有13項得，則直接可得（1）的結果，（2）根據展開式的通項，令，即可求出常數項.【詳解】解：由的展開式一共有13項得，（1）由得展開式中二項式系數之和為；（2）由得展開式的通項為，令，得，所以展開式中的常數項為.【點睛】本題考查二項式定理及其應用，其中的展開式通項的熟練運用是關鍵，是基礎題.19、時， 的單調減區間為；當時，函數的單調減區間為 ；當時，的單調減區間為；.【解析】分三種情況討論，根據一次函數的單調性、二次函數圖象的開口方向，可得不同情況下函數的單調減區間；若關于的方程

15、有兩個不同的解，等價于有兩個不同的解，令利用導數研究函數的單調性，結合極限思想，分析函數的單調性與最值，根據數形結合思想，可得實數的取值范圍【詳解】當時，函數的單調減區間為；當時，的圖象開口朝上，且以直線為對稱軸，函數的單調減區間為.當時，的圖象開口朝下，且以直線為對稱軸，函數的單調減區間為；若關于x的方程有兩個不同的解，即有兩個不同的解，令則令，則，解得，當時，函數為增函數，當時，函數為減函數，故當時，函數取最大值1，又由，故時，的圖象有兩個交點，有兩個不同的解，即時，關于x的方程有兩個不同的解.【點睛】本題考查的知識點是二次函數的圖象和性質，利用導數研究函數的單調性、極值以及函數的零點，屬

16、于難題函數的性質問題以及函數零點問題是高考的高頻考點，考生需要對初高中階段學習的十幾種初等函數的單調性、奇偶性、周期性以及對稱性非常熟悉；另外，函數零點的幾種等價形式：函數的零點函數在軸的交點方程的根函數與的交點.20、 ()證明見解析；()證明見解析；()答案見解析.【解析】分析：（）由題意結合絕對值不等式的性質即可證得題中的結論；()由不等式的性質可證得.則.()利用放縮法可給出結論：,或詳解：（）因為，且，所以，所以()因為,所以又因為,所以由同向不等式的相加性可將以上兩式相加得所以所以.（i) 因為,所以由同向不等式的相加性可將以上兩式相加得所以(ii) 所以由兩邊都是正數的同向不等式

17、的相乘性可將以上兩不等式(i)(ii)相乘得.()因為，所以,或(只要寫出其中一個即可)點睛：本題主要考查不等式的性質，放縮法及其應用等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.21、（1）詳見解析（2）【解析】試題分析：（1）由可得,則數列為等比數列且公比為2.可得數列的通項公式.并將代入用對數的運算法則將其化簡.再證為常數.（2）數列是一個等差數列乘以一個等比數列，用錯位相減法求數列的前項和.試題解析：（1）由已知可得， 2分3分4分為等差數列，其中 6分（2） 7分 8分- 得12分考點：1等比數列的定義和通項公式;2等差數列的定義和通項公式;3錯位想減法求數列的和.【方法點睛】本題涉及等差數列，等比數列，以及求和的方法，屬于基礎題型，數列求和的方法主要包括：（1）分組求和法，把一個數列分成幾個可以直接求和的數列和的形式；（2）裂項相消法：將數列寫成的形式，包括，等形式；（3）錯位相減法：一個等差數列乘以一個等比數列的數列，采用錯位相減法求和；（4）倒序相加法求和：如果一個數列與首末兩項等距離的兩項之和等于首末兩項之和時，可采用倒序相加法；（5）其他法，形如型數列，可發現規律求和,或有些數列具有周期性，可利用函數的周期性求和.22、（1）見解析；（2），證明見解析【解析】（1）先求得函數的單調區間，然后求函數的導數，對分成兩種情況，分類討