广西南宁三中2022年高二数学第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

2、目要求的。1由曲线，直线，和轴所围成平面图形的面积为（ ）ABCD2已知向量满足,且与的夹角为,则( )ABCD3已知函数有两个不相同的零点，则的取值范围为（ ）ABCD4若，则（ ）AB1C0D5已知向量，满足，则向量在向量方向上的投影为（ ）A0B1C2D6已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）A0.6826B0.1587C0.1588D0.34137不相等的三个正数a、b、c成等差数列，并且x是a、b的等比中项，y是b、c的等比中项，则x2、b2、y2三数( )A成等比数列而非等差数列B成等差数列而非等比数列C既成等差数列又成等比数列D既非等差数列又非等比数列8若角为三角形的一个内角，并

3、且，则（ ）ABCD9三张卡片的正反面分别写有1和2,3和4,5和6，若将三张卡片并列，可得到不同的三位数(6不能作9用)的个数为( )A8 B6 C14 D4810河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，则的值为（ ）A8B10C12D1611（ ）A2B1C0D12某人射击一次命中目标的概率为，且每次射击相互独立，则此人射击 7次，有4次命中且恰有3次连

4、续命中的概率为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13用一块半径为2分米的半圆形薄铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，若衔接部分忽略不计，则该容器的容积为_立方分米.14已知函数，若，则实数的取值范围为_.15若是定义在上的可导函数，且，对恒成立当时，有如下结论：，其中一定成立的是_16函数y=3sin(2x+三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知椭圆：的一个焦点为，点在上.（1）求椭圆的方程；（2）若直线：与椭圆相交于，两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.18（12分

5、）已知曲线的参数方程为（为参数，）,直线经过且倾斜角为.（1）求曲线的普通方程、直线的参数方程.（2）直线与曲线交于A、B两点，求的值.19（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，且平面平面.（1）证明：（2）求二面角的余弦值.20（12分）在数列中，且对任意的N*，都有.（）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（）设，记数列的前项和为，若对任意的N*都有，求实数的取值范围.21（12分）如图，三棱柱的各棱长均为2，侧面底面，侧棱与底面所成的角为（）求直线与底面所成的角；（）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由22（10分）如图（1）是某水上乐园

6、拟开发水滑梯项目的效果图，考虑到空间和安全方面的原因，初步设计方案如下：如图（2），自直立于水面的空中平台的上端点P处分别向水池内的三个不同方向建水滑道，水滑道的下端点在同一条直线上，平分，假设水滑梯的滑道可以看成线段，均在过C且与垂直的平面内，为了滑梯的安全性，设计要求.（1）求滑梯的高的最大值；（2）现在开发商考虑把该水滑梯项目设计成室内游玩项目，且为保证该项目的趣味性，设计，求该滑梯装置（即图（2）中的几何体）的体积最小值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】利用定积分表示面积，然后根据牛顿莱布尼茨公

7、式计算，可得结果.【详解】， 故选：B【点睛】本题主要考查微积分基本定理，熟练掌握基础函数的导函数以及牛顿莱布尼茨公式，属基础题.2、A【解析】根据向量的运算法则展开后利用数量积的性质即可.【详解】.故选：A.【点睛】本题主要考查数量积的运算，属于基础题.3、C【解析】对函数求导得，当时，原函数单调递增，不能有两个零点，不符合题意，当时，为最小值，函数在定义域上有两个零点，则，即，又，则在上有唯一的一个零点，由，那么，构造新函数，求导可得g(a)单调性，再由，即可确定f(x)在上有一个零点，则a的范围可知【详解】函数的定义域为，且.当时，成立，所以函数在为上增函数，不合题意；当时，所以函数在上

8、为增函数；当时，所以函数在上为减函数.此时的最小值为，依题意知，解得.由于，函数在上为增函数，所以函数在上有唯一的一个零点.又因为，所以.，令，当时，所以.又，函数在上为减函数，且函数的图象在上不间断，所以函数在上有唯一的一个零点.综上，实数的取值范围是.故选C.【点睛】本题考查已知函数有两个不同零点，利用导数求函数中参数的取值范围通过求导逐步缩小参数a的范围，题中为的最小值且，解得，先运用零点定理确定点a右边有唯一一个零点，同理再通过构造函数，求导讨论单调性的方法确定点a左边有另一个唯一一个零点，最终得出参数范围，题目有一定的综合性4、D【解析】分析：根据题意求各项系数和，直接赋值法令x=-

9、1代入即可得到.详解：已知，根据二项式展开式的通项得到第r+1项是，故当r为奇数时，该项系数为负，故原式令x=-1代入即可得到.故答案为D.点睛：这个题目考查了二项式中系数和的问题，二项式主要考查两种题型，一是考查系数和问题；二是考查特定项系数问题；在做二项式的问题时，看清楚题目是求二项式系数还是系数，还要注意在求系数和时，是不是缺少首项；解决这类问题常用的方法有赋值法，求导后赋值，积分后赋值等.5、D【解析】试题分析：在方向上的投影为，故选D.考点：向量的投影.6、D【解析】分析：根据随机变量符合正态分布，知这组数据是以为对称轴的，根据所给的区间的概率与要求的区间的概率之间的关系，单独要求的

10、概率的值详解：机变量服从正态分布，.故选：D点睛：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查根据正态曲线的性质求某一个区间的概率，属基础题7、B【解析】由已知条件，可得由得代入，得2b，即x2y22b2.故x2、b2、y2成等差数列，故选B.8、A【解析】分析：利用同角关系，由正切值得到正弦值与余弦值，进而利用二倍角余弦公式得到结果.详解：角为三角形的一个内角，且，故选：A点睛：本题考查了同角基本关系式，考查了二倍角余弦公式，考查了计算能力，属于基础题.9、D【解析】方法一:第一步,选数字.每张卡片有两个数字供选择,故选出3个数字,共有23=8(种)选法.第二步,排数字.要排好一个三位

11、数,又要分三步,首先排百位,有3种选择,由于排出的三位数各位上的数字不可能相同,因而排十位时有2种选择,排个位只有一种选择.故能排出321=6(个)不同的三位数.由分步乘法计数原理知共可得到86=48(个)不同的三位数.方法二:第一步,排百位有6种选择,第二步,排十位有4种选择,第三步,排个位有2种选择.根据分步乘法计数原理,共可得到642=48(个)不同的三位数.10、C【解析】数列，是等比数列，公比为2，前7项和为1016，由此可求得首项，得通项公式，从而得结论【详解】最下层的“浮雕像”的数量为，依题有：公比，解得，则，从而，故选C【点睛】本题考查等比数列的应用数列应用题求解时，关键是根据

12、题设抽象出数列的条件，然后利用数列的知识求解11、C【解析】用微积分基本定理计算【详解】故选：C.【点睛】本题考查微积分基本定理求定积分解题时可求出原函数，再计算12、B【解析】由于射击一次命中目标的概率为，所以关键先求出射击7次有4次命中且恰有3次连续命中的所有可能数，即根据独立事件概率公式得结果.【详解】因为射击7次有4次命中且恰有3次连续命中有种情况，所以所求概率为.选B.【点睛】本题考查排列组合以及独立事件概率公式，考查基本分析求解能力，属中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先由题意得到半圆形的弧长为，设制作的圆锥形容器的底面半径为，求出底面半径与圆锥

13、的高，从而可求出结果.【详解】半径为2分米的半圆形的弧长为，设制作的圆锥形容器的底面半径为，则，则；则圆锥形容器的高为，所以容器的容积为.故答案为：【点睛】本题主要考查求圆锥的体积，熟记圆锥的体积公式即可，属于常考题型.14、.【解析】作出函数f（x）的图象，设f（a）=f（b）=t，根据否定，转化为关于t的函数，构造函数，求出函数的导数，利用导数研究函数的单调性和取值范围即可【详解】作出函数f（x）的图象如图：设f（a）=f（b）=t，则0t，ab，a1，b1，则f（a）=ea=t，f（b）=2b1=t，则a=lnt，b=（t+1），则a2b=lntt1，设g（t）=lntt1，0t，函数的

14、导数g（t）=1=，则当0t时g（t）0，此时函数g（t）为增函数，g（t）g（）=ln1=2，即实数a2b的取值范围为（，2，故答案为：（，2【点睛】本题主要考查分段函数的应用，涉及函数与方程的关系，利用换元法转化为关于t的函数，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性和最值是解决本题的关键综合性较强15、【解析】构造函数，并且由其导函数的正负判断函数的单调性即可得解.【详解】由得即所以所以在和单调递增，因为，所以因为所以在不等式两边同时乘以，得正确，、错误.【点睛】本题考查构造函数、由导函数的正负判断函数的单调性，属于难度题.16、【解析】函数y=sinx的周期为函数y=3sin(

15、2x+故答案为.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）见解析【解析】先求出c的值，再根据，又，即可得到椭圆的方程;假设y轴上存在点，是以M为直角顶点的等腰直角三角形，设，线段AB的中点为，根据韦达定理求出点N的坐标，再根据，即可求出m的值，可得点M的坐标【详解】由题意可得，点在C上，又，解得，椭圆C的方程为，假设y轴上存在点，是以M为直角顶点的等腰直角三角形，设，线段AB的中点为，由，消去y可得，解得，依题意有，由，可得，可得，由可得，代入上式化简可得，则，解得，当时，点满足题意，当时，点满足题意【点睛】本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为

16、韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用18、（1）；（为参数，） (2) 【解析】(1)利用,消去参数即可求得曲线的普通方程,根据直线参数方程的定义即可求得直线的参数方程；(2)利用直线参数方程的几何意义,联立方程,借助韦达定理,即可求得.【详解】（1）由,代入中得，整理得曲线的普通方程为,直线的参数方程为（为参数，），(2)将直线的参数方程代入并整理得.设对应的参数分别

17、为，则，.【点睛】本题主要考查了参数方程与直角坐标方程的相互转化,体现了转化与化归的数学思想,同时考查了直线参数方程中参数的几何意义,体现了参数方程解题的优势,难度较易.19、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）中点为，连接和，证明平面，即可证明；（2）由（1）知，、两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，即可求出二面角的余弦值.【详解】（1）设中点为，连接和，如图所示，在中，为中点，所以，又四边形为菱形，所以是等边三角形，为中点，所以，又，所以平面，又因为平面，所以.（2）由（1）知，、两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设平面的法向量，则，

18、令，则，所以；设平面的法向量，则，令，则，所以；因为二面角是锐角，所以，即二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定、由线面垂直求线线垂直和利用空间向量求二面角，考查学生空间想象能力和计算能力，属于中档题.20、（）见证明；（）【解析】（）可变形为，故是等比数列.利用累加法可以求出的通项.（）由（）知，用裂项相消法可求，求出的最小值后可得的取值范围.【详解】（）由可得 又，所以，故.所以是首项为2，公比为2的等比数列.所以. 所以. （）因为. 所以. 又因为对任意的都有，所以恒成立，即,即当时，.【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），而数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；