1、2021-2022高二下數(shù)學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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執(zhí)行如圖所示的程序框圖，當輸出的值為時，則輸入的（ ）ABCD2已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，其中N，P的坐標分別為，則函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間不可能為（ ）ABCD3設a，b均為正

2、實數(shù)，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件4某縣城中學安排4位教師去3所不同的村小支教，每位教師只能支教一所村小，且每所村小有老師支教甲老師主動要求去最偏遠的村小A，則不同的安排有（）A6B12C18D245一個圓錐被過其頂點的一個平面截去了較少的一部分幾何體，余下的幾何體的三視圖如圖，則余下部分的幾何體的體積為（ ）ABCD6從1，2，3，4，5中任取2個不同的數(shù)，事件“取到的2個數(shù)之和為偶數(shù)”，事件“取到的2個數(shù)均為偶數(shù)”，則（ ）ABCD7若在曲線上兩個不同點處的切線重合，則稱這條切線為曲線的“自公切線”.下列方程：；對應的曲線中存在的“自

3、公切線”的是（ ）ABCD8如圖，已知函數(shù)的圖象關(guān)于坐標原點對稱，則函數(shù)的解析式可能是（ ）ABCD9若當時,函數(shù)取得最大值,則( )ABCD10設，則是的A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件11已知f（x5）lgx，則f（2）等于（ ）Alg2 Blg32 Clg D12甲，乙，丙，丁四人參加完某項比賽，當問到四人誰得第一時，回答如下：甲：“我得第一名”；乙：“丁沒得第一名”；丙：“乙沒得第一名”；?。骸拔业玫谝幻?已知他們四人中只有一個說真話，且只有一人得第一.根據(jù)以上信息可以判斷得第一名的人是 （ ）A甲 B乙 C丙 D丁二、填空題：本題共4小題，每小題

4、5分，共20分。13將1,2,3,4,5,這五個數(shù)字放在構(gòu)成“”型線段的5個端點位置，要求下面的兩個數(shù)字分別比和它相鄰的上面兩個數(shù)字大,這樣的安排方法種數(shù)為_.14執(zhí)行下圖的程序框圖，如果輸入，則輸出的值為 15已知是與的等比中項，則圓錐曲線的離心率是_16已知函數(shù)，則=_.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）已知函數(shù)，.（1）當時，求的最小值；（2）當時，若存在，使得對任意的恒成立，求的取值范圍18（12分）已知命題：函數(shù)在上單調(diào)遞增；命題：關(guān)于的方程有解.若為真命題，為假命題，求實數(shù)的取值范圍.19（12分）設拋物線的方程為y24x，點P的坐標為（1

5、，1）（1）過點P，斜率為1的直線l交拋物線于U，V兩點，求線段UV的長；（2）設Q是拋物線上的動點，R是線段PQ上的一點，滿足2，求動點R的軌跡方程；（3）設AB，CD是拋物線的兩條經(jīng)過點P的動弦，滿足ABCD點M，N分別是弦AB與CD的中點，是否存在一個定點T，使得M，N，T三點總是共線？若存在，求出點T的坐標；若不存在，說明理由20（12分）已知，.（1）證明：.（2）證明：.21（12分）甲、乙兩個籃球運動員互不影響地在同一位置投球，命中率分別為與，且乙投球3次均未命中的概率為，甲投球未命中的概率恰是乙投球未命中的概率的2倍（）求乙投球的命中率；（）若甲投球次，乙投球次，兩人共命中的次

6、數(shù)記為，求的分布列和數(shù)學期望22（10分）已知數(shù)列的前項和為，且滿足，（1）求，的值，并猜想數(shù)列的通項公式并用數(shù)學歸納法證明；（2）令，求數(shù)列的前項和參考答案一、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、B【解析】分析：根據(jù)循環(huán)結(jié)構(gòu)的特征，依次算出每個循環(huán)單元的值，同時判定是否要繼續(xù)返回循環(huán)體，即可求得S的值詳解: 因為當 不成立時，輸出 ，且輸出 所以 所以 所以選B 點睛：本題考查了循環(huán)結(jié)構(gòu)在程序框圖中的應用，按照要求逐步運算即可，屬于簡單題2、D【解析】利用排除法，根據(jù)周期選出正確答案【詳解】根據(jù)題意，設函數(shù)的周期為T，則,所以

7、 .因為在選項D中，區(qū)間長度為在區(qū)間上不是單調(diào)減函數(shù)所以選擇D【點睛】本題考查了余弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應用問題，解決此類問題需要結(jié)合單調(diào)性、周期等屬于中等題3、A【解析】確定兩個命題和的真假可得【詳解】a，b均為正實數(shù)，若，則，命題為真；若，滿足，但，故為假命題因此“”是“”的充分不必要條件故選：A.【點睛】本題考查充分必要條件的判斷解題時必須根據(jù)定義確定命題和 的真假也可與集合包含關(guān)系聯(lián)系4、B【解析】按照村小A安排一個人和安排兩個人兩種情況分類討論，按先分組后排序的方法，計算出不同的安排總數(shù).【詳解】村小A安排一人，則有；村小A若安排2人，則有.故共有.選B.【點睛】本小題主要考查分類加法

8、計算原理，考查簡單的排列組合計算問題，屬于基礎題.5、B【解析】分析: 由三視圖求出圓錐母線，高，底面半徑進而求出錐體的底面積，代入錐體體積公式，可得答案詳解: 由已知中的三視圖，圓錐母線l=圓錐的高h=，圓錐底面半徑為r=2，由題得截去的底面弧的圓心角為120，底面剩余部分為S=r2+sin120=+，故幾何體的體積為：V=Sh=（+）2=.故答案為：B點睛：（1）本題主要考查三視圖找原圖，考查空間幾何體的體積的計算，意在考查學生對這些知識的掌握水平和空間想象能力基本的計算能力.(2)解答本題的關(guān)鍵是弄清幾何體的結(jié)構(gòu)特征并準確計算各幾何要素.6、B【解析】兩個數(shù)之和為偶數(shù)，則這兩個數(shù)可能都是

9、偶數(shù)或都是奇數(shù)，所以。而，所以，故選B7、B【解析】化簡函數(shù)的解析式,結(jié)合函數(shù)的圖象的特征,判斷此函數(shù)是否有自公切線【詳解】是一個等軸雙曲線,沒有自公切線;,在和處的切線都是,故有自公切線;此函數(shù)是周期函數(shù),過圖象的最高點的切線都重合,故此函數(shù)有自公切線;即結(jié)合圖象可得,此曲線沒有自公切線.故選:.【點睛】本題考查命題的真假判斷與應用,考查學生的數(shù)形結(jié)合的能力,難度一般.8、C【解析】根據(jù)函數(shù)圖像的對稱性，單調(diào)性，利用排除法求解.【詳解】由圖象知，函數(shù)是奇函數(shù)，排除，；當時，顯然大于0，與圖象不符，排除D，故選C.【點睛】本題主要考查了函數(shù)的圖象及函數(shù)的奇偶性，屬于中檔題.9、B【解析】函數(shù)解

10、析式提取5變形后,利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式化為一個角的正弦函數(shù)，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)可得結(jié)果.【詳解】，其中, 當，即時，取得最大值5 ,，則，故選B.【點睛】此題考查了兩角和與差的正弦函數(shù)公式、輔助角公式的應用，以及正弦函數(shù)最值，熟練掌握公式是解本題的關(guān)鍵.10、A【解析】通過分類討論可證得充分條件成立，通過反例可知必要條件不成立，從而得到結(jié)果.【詳解】若，則；若，則；若，則，可知充分條件成立；當，時，則，此時，可知必要條件不成立；是的充分不必要條件本題正確選項：【點睛】本題考查充分條件與必要條件的判定，屬于基礎題.11、D【解析】試題分析： 令x5t，則x （t0），f（t）lgf（2）

11、，故選D考點：函數(shù)值12、B【解析】分析：分別假設甲、乙、丙、丁得第一名，逐一分析判斷即可.詳解：若甲得第一名，則甲、乙、丙說了真話，丁說了假話，不符合題意；若乙得第一名，則乙說了真話，甲、丙、丁說了假話，符合題意；若丙得第一名，則乙、丙說了真話，甲、丁說了假話，不符合題意；若丁得第一名，則丙、丁說了真話，甲、乙說了假話，不符合題意點睛：本題考查推理論證，考查簡單的合情推理等基礎知識，考查邏輯推理能力，屬于基礎題二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】由已知1和2必須在上面，5必須在下面，分兩大類來計算：（1）下面是3和5時，有2（1+1）4種情況；（2）下面是4和5時

12、，有212種情況，繼而得出結(jié)果【詳解】由已知1和2必須在上面，5必須在下面，分兩大類來計算：（1）下面是3和5時，有2（1+1）4種情況；（2）下面是4和5時，有212種情況，所以一共有4+121種方法種數(shù)故答案為1【點睛】本題考查的是分步計數(shù)原理，考查分類討論的思想，是基礎題14、【解析】試題分析：由題意，考點：程序框圖15、或【解析】分析：根據(jù)等比中項，可求出m的值為；分類討論m的不同取值時圓錐曲線的不同，求得相應的離心率。詳解：由等比中項定義可知 所以 當 時，圓錐曲線為橢圓，離心率 當時，圓錐曲線為雙曲線，離心率所以離心率為 或2點睛：本題考查了數(shù)列和圓錐曲線的綜合應用，基本概念和簡單

13、的分類討論，屬于簡單題。16、8【解析】 ，所以 點睛：分段函數(shù)的考查方向注重對應性，即必須明確不同的自變量所對應的函數(shù)解析式是什么.函數(shù)周期性質(zhì)可以將未知區(qū)間上的自變量轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上.解決此類問題時，要注意區(qū)間端點是否取到及其所對應的函數(shù)值，尤其是分段函數(shù)結(jié)合點處函數(shù)值.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）見解析；（2）【解析】（1）求出f（x）的定義域，求導數(shù)f（x），得其極值點，按照極值點a在1，e2的左側(cè)、內(nèi)部、右側(cè)三種情況進行討論，可得其最小值；（2）存在x1e，e2，使得對任意的x22，0，f（x1）g（x2）恒成立，即 f（x）ming（x

14、）min，由（1）知f（x）在e，e2上遞增，可得f（x）min，利用導數(shù)可判斷g（x）在2，0上的單調(diào)性，可得g（x）min，由 f（x）ming（x）min，可求得a的范圍；【詳解】（1）f（x）的定義域為（0，+），f（x）（aR），當a1時，x1，e2，f（x）0，f（x）為增函數(shù)，所以f（x）minf（1）1a；當1ae2時，x1，a，f（x）0，f（x）為減函數(shù)，xa，e2，f（x）0，f（x）為增函數(shù)，所以f（x）minf（a）a（a+1）lna1；當ae2時，x1，e2，f（x）0，f（x）為減函數(shù)，所以f（x）minf（e2）e22（a+1）；綜上，當a1時，f（x）min1

15、a；當1ae2時，f（x）mina（a+1）lna1；當ae2時，f（x）mine22（a+1）；（2）存在x1e，e2，使得對任意的x22，0，f（x1）g（x2）恒成立，即 f（x）ming（x）min，當a1時，由（1）可知，xe，e2，f（x）為增函數(shù)，f（x1）minf（e）e（a+1）g（x）x+exxexexx（1ex），當x2，0時g（x）0，g（x）為減函數(shù)，g（x）ming（0）1，e（a+1）1，a，a（，1）【點睛】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，考查分類討論思想，考查了分析解決問題的能力，將恒成立問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值是常用方法，屬于較難題18、

16、.【解析】試題分析：命題p：函數(shù) 在上單調(diào)遞增，利用一次函數(shù)的單調(diào)性可得或; 命題q：關(guān)于x的方程 有實根，可得，解得;若“p或q”為真，“p且q”為假，可得p與q必然一真一假分類討論解出即可試題解析：由已知得，在上單調(diào)遞增.若為真命題，則 ，或；若為真命題，.為真命題，為假命題，、一真一假，當真假時，或，即；當假真時，即.故 .點睛：本題考查了一次函數(shù)的單調(diào)性、一元二次方程由實數(shù)根與判別式的關(guān)系、復合命題的判定方法，考查了推理能力，屬于基礎題19、（1）4 （2）（3y1）28（3x1） （3）存在，T（3，0）【解析】（1）根據(jù)條件可知直線l方程為x+y20，聯(lián)立直線與拋物線，根據(jù)弦長公式

17、可得結(jié)果；（2）設R（x0，y0），Q（x，y），根據(jù)2可得x，y，將其代入拋物線方程即可得到結(jié)果；（3）設A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），設AB的方程為yk（x1）+1，聯(lián)立，根據(jù)韋達定理和中點公式可得點的坐標，同理可得的坐標，由斜率公式得的斜率，由點斜式可得的方程，根據(jù)方程可得結(jié)果.【詳解】（1）根據(jù)條件可知直線l方程為y（x1）+1，即x+y20，聯(lián)立，整理得x28x+40，則xU+xV8，xUxV4，所以線段UV|xUxV|4；（2）設R（x0，y0），Q（x，y），則（x01，y01），（xx0，yy0），根據(jù)2，則有2（xx0）x01，2（y

18、y0）y01，所以x，y，因為點Q在拋物線上，所以（）24，整理得（3y01）28（3x01），即點R的運動軌跡方程為（3y1）28（3x1）；（3）設A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），根據(jù)題意直線AB，CD的斜率存在且不為0，不妨設AB的方程為yk（x1）+1，聯(lián)立，整理得k2x22（k2k+2）x+（1k）20，則x1+x2，所以可得M（，），同理可得N（1+k+2k2，k），則kMN所以直線MN的方程為yx（1+k+2k2）k（x3），即直線MN過點（3，0），故存在一個定點T（3，0），使得M，N，T三點總是共線【點睛】本題考查了直線與拋物線的交點問題，考查了弦長公式，考查了字母運算能力，考查了代入法求動點的軌跡方程，考查了斜率公式，考查了直線方程的點斜式，考查了直線過定點問題，屬于較難題.20、（1）見解析（2）見解析【解析】（1）不等式左右都大于0，兩邊同時平方，整理即要證明，再平方，且，即得證；（2）證明即可，提公因式整理得證?！驹斀狻孔C明：（1）欲證明，只需證明，即證，兩邊平方，得，因為，所以顯然成立，得證.（2）因為，所以.【點睛】本題考查證明不等式，（1