浙江省宁波市余姚市余姚中学2022年高二数学第二学期期末经典试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知单位圆有一条长为的弦，动点在圆内，则使得的概率为( )ABCD2设全集U1,3,5,7，集合M1，|a5|，MU，M5，7，则实数a的值为 ( )A2或8B8或2C2或8D2或83甲、乙两人进行乒乓球比赛，假设每局比赛甲胜的概率是

2、0.6，乙胜的概率是0.4.那么采用5局3胜制还是7局4胜制对乙更有利？（ ）A5局3胜制B7局4胜制C都一样D说不清楚4函数在区间的图像大致为（ ）ABCD5已知等差数列的公差为2，前项和为，且，则的值为A11B12C13D146如下图所示的图形中，每个三角形上各有一个数字，若六个三角形上的数字之和为36，则称该图形是“和谐图形”，已知其中四个三角形上的数字之和为二项式的展开式的各项系数之和.现从0，1，2，3，4，5中任取两个不同的数字标在另外两个三角形上，则恰好使该图形为“和谐图形”的概率为（ ）ABCD7在中，若，则的外接圆半径，将此结论拓展到空间，可得出的正确结论是：在四面体中，若、

3、两两互相垂直，则四面体的外接球半径（ ）ABCD8某个命题与正整数有关，如果当时命题成立，那么可推得当 时命题也成立。现已知当n=8时该命题不成立，那么可推得A当n=7时该命题不成立B当n=7时该命题成立C当n=9时该命题不成立D当n=9时该命题成立9已知复数，则的虚部是（ ）ABC-4D410若某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积等于（ ）A10B20C30D6011己知函数f(x)=x,10，a1，设p：函数yloga(x3)在(0，)上单调递减，q：函数yx2(2a3)x1的图像与x轴交于不同的两点如果pq真，pq假，求实数a的取值范围21（12分）如图，有一块半径为的半圆形空地

4、，开发商计划征地建一个矩形游泳池和其附属设施，附属设施占地形状是等腰，其中为圆心，在圆的直径上，在圆周上（1）设，征地面积记为，求的表达式；（2）当为何值时，征地面积最大？22（10分）以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴，建立的极坐标系中，直线C1:sin+4=22（1）求直线C1的直角坐标方程和曲线C（2）曲线C3的极坐标方程为=4(0)，且曲线C3分别交C1，C2于A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、A【解析】建立直角坐标系，则，设点坐标为，则，故，则使得的概率为，故选A【点睛】（1）当试验的结果构成的区域

5、为长度面积体积等时，应考虑使用几何概型求解（2）利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域（3）几何概型有两个特点：一是无限性，二是等可能性基本事件可以抽象为点，尽管这些点是无限的，但它们所占据的区域都是有限的，因此可用“比例解法”求解几何概型的概率2、D【解析】分析：利用全集，由，列方程可求的值.详解：由，且，又集合，实数的值为或，故选D.点睛：本题考查补集的定义与应用，属于简单题. 研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系.3、A【解析】分别计算

6、出乙在5局3胜制和7局4胜制情形下对应的概率，然后进行比较即可得出答案.【详解】当采用5局3胜制时，乙可以3:0，3:1，3:2战胜甲，故乙获胜的概率为：;当采用7局4胜制时，乙可以4:0，4:1，4:2，4:3战胜甲，故乙获胜的概率为：，显然采用5局3胜制对乙更有利，故选A.【点睛】本题主要考查相互独立事件同时发生的概率，意在考查学生的计算能力和分析能力，难度中等.4、A【解析】分析：判断的奇偶性，在上的单调性，计算的值，结合选项即可得出答案.详解：设，当 时，当时，即函数在上为单调递增函数，排除B；由当时，排除D；因为，所以函数为非奇非偶函数，排除C，故选A.点睛：本题主要考查了函数图象的

7、识别，其中解答中涉及到函数的单调性、函数的奇偶性和函数值的应用，试题有一定综合性，属于中档试题，着重考查了分析问题和解答问题的能力.5、C【解析】利用等差数列通项公式及前n项和公式，即可得到结果.【详解】等差数列的公差为2，且，.故选：C【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及前n项和公式，考查计算能力，属于基础题.6、B【解析】先求得二项式的展开式的各项系数之和为.然后利用列举法求得在一共个数字中任选两个，和为的概率，由此得出正确选项.【详解】令代入得，即二项式的展开式的各项系数之和为.从0，1，2，3，4，5中任取两个不同的数字方法有：共种，其中和为的有共两种，所以恰好使该图形为“和谐图形”

8、的概率为，故选B.【点睛】本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查列举法求古典概型概率问题，属于基础题.7、A【解析】四面体中，三条棱、两两互相垂直，则可以把该四面体补成长方体，长方体的外接球就是四面体的外接球，则半径易求.【详解】四面体中，三条棱、两两互相垂直，则可以把该四面体补成长方体，是一个顶点处的三条棱长.所以外接球的直径就是长方体的体对角线，则半径.故选A.【点睛】本题考查空间几何体的结构，多面体的外接球问题，合情推理.由平面类比到立体，结论不易直接得出时，需要从推理方法上进行类比，用平面类似的方法在空间中进行推理论证，才能避免直接类比得到错误结论.8、A【解析】根据逆否命题和原

9、命题的真假一致性得，当时命题不成立，则命题也不成立，所以选A.【详解】根据逆否命题和原命题的真假一致性得，当时命题不成立，则命题也不成立，所以当时命题不成立，则命题也不成立，故答案为：A【点睛】(1)本题主要考查数学归纳法和逆否命题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 互为逆否关系的命题同真同假，即原命题与逆否命题的真假性相同，原命题的逆命题和否命题的真假性相同.所以，如果某些命题（特别是含有否定概念的命题）的真假性难以判断，一般可以判断它的逆否命题的真假性.9、A【解析】利用复数运算法则及虚部定义求解即可【详解】由，得，所以虚部为.故选A【点睛】本题考查复数的四则运算，复

10、数的虚部，考查运算求解能力.10、B【解析】分析：根据三视图得到原图，再由椎体的体积公式得到结果.详解：由三视图得到原图是，底面为直角三角形，高为5的直棱柱，沿面对角线切去一个三棱锥后剩下的部分体积为： 故答案为B.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整

11、体，然后再根据三视图进行调整.11、B【解析】根据分段函数的定义，结合x-1,1时f【详解】函数f(x)=故选：B【点睛】本题主要考查了分段函数的定积分应用问题，其中解答中熟记微积分基本定理，准确计算是解得的关键，着重考查了推理与计算能力属于基础题12、C【解析】试题分析：因为为偶函数，所以，在上单调递增，并且，因为，故选C考点：函数的单调性【思路点睛】本题考察的是比较大小相关知识点，一般比较大小我们可以采用作差法、作商法、单调性法和中间量法，本题的题设中有解析式且告诉我们为偶函数，即可求出参数的值，所以我们采用单调性法，经观察即可得到函数的单调性，然后根据可以通过函数的奇偶性转化到同一侧，进

12、而判断出几个的大小，然后利用函数的单调性即可判断出所给几个值的大小二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、63【解析】回归方程过样本中心点，则：，即：，解得：.点睛：(1)正确理解计算的公式和准确的计算是求线性回归方程的关键(2)回归直线方程必过样本点中心14、46i【解析】根据复数的乘除法运算法则求得复数，再根据共轭复数的概念可得答案.【详解】由（1+2i）（1+z）7+16i，得，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了复数的乘除法运算法则，考查了共轭复数的概念，属于基础题.15、4或7【解析】根据组合数的性质，列出方程，求出的值即可.【详解】解：，或，解得或.故答案为：4或7.

13、【点睛】本题考查了组合数的性质与应用问题，是基础题目.16、【解析】利用待定系数法求出分段函数的解析式，再由y值大于62求解即可得解.【详解】当x（0，12时，设f（x）a（x10）2+80，过点（12，78）代入得，a则f（x）（x10）2+80，当x(12，40时，设ykx+b，过点B（12，78）、C（40，50）得 ，即yx+90，由题意得，或得4x12或12x28，所以4x28，则老师就在x（4，28）时段内安排核心内容，能使得学生学习效果最佳，故答案为（4，28）【点睛】本题主要考查了待定系数法求函数解析式及分段函数解不等式，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证

14、明过程或演算步骤。17、（）（）见解析【解析】（）由，可得，即数列时以1为首项公比为2的等比数列，即可求解（），当时，当时，即有【详解】（）由，于是，当时,，即， ，数列为等比数列， ，即 （）， 当时， 当时，显然成立，综上，对于任意的，都有【点睛】本题考查了数列的递推式，等比数列的求和、放缩法，属于中档题18、 (1)见解析;(2).【解析】（1）根据已知可得和，由线面垂直判定定理可证平面，再由面面垂直判定定理证得平面平面.（2）解法一：向量法，设，以为原点，作，以的方向分别为轴，轴的正方向，建空间直角坐标系，求得的坐标，运用向量的坐标表示和向量的垂直条件，求得平面和平面的的法向量，再由向

15、量的夹角公式，计算即可得到所求的值. 解法二：三垂线法，连接AC交BD于O，连接EO、FO，过点F做FMEC于M，连OM，由已知可以证明FO面AEC，FMO即为二面角A-EC-F的平面角，通过菱形的性质、勾股定理和等面积法求得cosFMO，得到答案. 解法三：射影面积法，连接AC交BD于O，连接EO、FO，根据已知条件计算，二面角的余弦值cos=，即可求得答案.【详解】（1）证明：连结四边形是菱形， 平面，平面， ，平面， 平面， 平面，平面平面. （2）解：解法一：设 ， 四边形是菱形，、为等边三角形， ， 是的中点， ， 平面，在中有， 以为原点，作，以的方向分别为轴，轴的正方向，建空间直

16、角坐标系如图所示，则 所以， 设平面的法向量为，由 得 设，解得.设平面的法向量为，由 得 设，解得. 设二面角的为，则结合图可知，二面角的余弦值为. 解法二：EB面ABCD，EAB即为EA与平面ABCD所成的角在RtEAB中，cosEAB= 又AB=2,AE=EB=DF=1 连接AC交BD于O，连接EO、FO菱形ABCD中，BAD=60，BD=AB=2矩形BEFD中，FO=EO= ,EF=2,EO+FO=EF,FOEO又AC面BEFD, FO面BEFD,FOAC,ACEO=O，AC、EO面AEC,FO面AEC又EC面AEC,FOEC过点F做FMEC于M，连OM，又FOEC, FMFO=F,

17、FM、FO面FMO,EC面FMOOM面FMO,ECMOFMO即为二面角A-EC-F的平面角AC面BEFD, EO面BEFD，ACEO又O为AC的中点，EC=AE=RtOEC中，OC=, EC=,OE=,OM =RtOFM中，OF=, OM =,FM =cosFMO=即二面角A-EC-F的余弦值为解法三：连接AC交BD于O，连接EO、FO菱形ABCD中，BAD=60，BD=AB=2矩形BEFD中，FO=EO= ,EF=2,EO+FO=EF,FOEO又AC面BEFD, FO面BEFD,FOAC,ACEO=O，AC、EO面AEC,FO面AEC又EB面ABCD，EAB即为EA与平面ABCD所成的角在R

18、tEAB中，cosEAB= 又AB=2,AE=EB=DF=1 在RtEBC、RtFDC中可得FC=EC=在EFC中，FC=EC=，EF=2,在AEC中, AE=EC=,O为AC中点，OEOC在RtOEC,OE=, OC=,设EFC、OEC在EC边上的高分别为h、m,二面角A-EC-F的平面角设为，则cos=即二面角A-EC-F的余弦值为.【点睛】本题考查平面垂直的证明和二面角的计算，属于中档题.19、（1）函数在区间上单调递减，在上单调递增；（2）.【解析】（1）函数求导，根据导函数的正负判断函数的单调性.（2）设，求导，根据函数的单调性求函数的最值，得到，再设函数根据函数的最值计算的最大值.

19、【详解】（1）由已知得，令，则由得，由，得所以函数在区间上单调递减，在上单调递增.（2）若恒成立，即恒成立当时，恒成立，则；当时，为增函数，由得，故，.当时，取最小值.依题意有，即，令，则，所以当，取最大值，故当时，取最大值.综上，若，则的最大值为.【点睛】本题考查了函数的单调性，函数最值，恒成立问题，构造函数，综合性大，技巧强，计算量大，意在考查学生的综合应用能力.20、 ，1)(，)【解析】先求出当命题p，q为真命题时的取值范围，由pq真，pq假可得p与q一真一假，由此可得关于的不等式组，解不等式组可得结论【详解】当命题p为真，即函数yloga(x3)在(0，)上单调递减时，可得当命题q为真，即