2022年河南省平顶山市鲁山县第一高级中学高二数学第二学期期末统考模拟试题含解析

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 “若，则，都有成立”的逆否命题是（ ）A有成立，则B有成立，则C有成立，则D有成立，则2等差数列an中，a1+a5=10,a4=7,则数列an的公差为A1B2C3D43若函数为奇函数，且在上为减函数，则的一个值为（ ）ABCD4下列

2、命题正确的是（ ）A第一象限角是锐角B钝角是第二象限角C终边相同的角一定相等D不相等的角，它们终边必不相同5已知函数的部分图象如图所示，则（ ）ABCD6抛掷甲、乙两颗骰子，若事件A：“甲骰子的点数大于3”；事件B：“甲、乙两骰子的点数之和等于7”，则P（B/A）的值等于（）ABCD7函数f（x）是定义在R上的偶函数，在(，0上是减函数且f（2）=0，则使f（x）0的x的取值范围（ ）A（，2）B（2，+）C（，-2）（2，+）D（2，2）8展开式中常数项为( )ABCD9高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习，去哪个工厂可以自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的参观方案有（ ）A

3、16种B18种C37种D48种10在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为。若射线与曲线和曲线分别交于两点（除极点外），则等于（ ）ABC1D11在中，已知，则的最大值为（ ）ABCD12在三棱锥中，平面平面ABC，平面PAB，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知实数满足则的最大值为_14已知集合A=，集合B=，则_15已知函数，则的值为_16设集合，则集合_.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）已知矩形内接于圆柱下底面的圆O，是圆柱的母线，若，异面直线与所成的角为，求此圆柱的体积.

4、18（12分）设，已知函数.（I）当时，求的单调增区间；（）若对于任意，函数至少有三个零点，求实数的取值范围.19（12分）已知向量，函数（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；（2）在中，三内角的对边分别为，已知函数的图像经过点，成等差数列，且，求a的值20（12分）复数，若是实数，求实数的值21（12分）选修4-5：不等式选讲已知关于的不等式 （）当a=8时，求不等式解集； （）若不等式有解，求a的范围.22（10分）已知函数（1）若函数在区间内是单调递增函数，求实数a的取值范围；（2）若函数有两个极值点，且，求证：（注：为自然对数的底数）参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共

5、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、D【解析】根据逆否命题定义以及全称命题否定求结果.【详解】“若，则，都有成立”的逆否命题是:有成立，则,选D.【点睛】对全称(存在性)命题进行否定的两步操作：找到命题所含的量词，没有量词的要结合命题的含义加上量词，再进行否定；对原命题的结论进行否定.2、B【解析】a1a510，a47，2a13、D【解析】由题意得，函数 为奇函数，故当时，在上为增函数，不合题意当时，在上为减函数，符合题意选D4、B【解析】由任意角和象限角的定义易知只有B选项是正确的.【详解】由任意角和象限角的定义易知锐角是第一象限角，但第一象限角不都是锐角，故A不

6、对，终边相同的角相差2k，kZ，故C，D不对只有B选项是正确的故选B5、C【解析】根据图像最低点求得，根据函数图像上两个特殊点求得的值，由此求得函数解析式，进而求得的值.【详解】根据图像可知，函数图像最低点为，故，所以，将点代入解析式得，解得，故，所以，故选C.【点睛】本小题主要考查根据三角函数图象求三角函数解析式，并求三角函数值，属于中档题.6、C【解析】利用古典概型的概率公式计算出和，然后利用条件概率公式可计算出结果。【详解】事件甲的骰子的点数大于，且甲、乙两骰子的点数之和等于，则事件包含的基本事件为、，由古典概型的概率公式可得，由古典概型的概率公式可得，由条件概率公式得，故选：C.【点睛

7、】本题考查条件概率的计算，解题时需弄清楚各事件的基本关系，并计算出相应事件的概率， 解题的关键在于条件概率公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题。7、D【解析】根据偶函数的性质,求出函数在(，0上的解集,再根据对称性即可得出答案.【详解】由函数为偶函数,所以,又因为函数在(，0是减函数,所以函数在(，0上的解集为,由偶函数的性质图像关于轴对称,可得在(0,+ )上的解集为(0,2),综上可得,的解集为(-2,2).故选:D.【点睛】本题考查了偶函数的性质的应用,借助于偶函数的性质解不等式,属于基础题.8、D【解析】求出展开式的通项公式，然后进行化简，最后让的指数为零，最后求出常数项.【详解】

8、解:，令得展开式中常数项为，故选D.【点睛】本题考查了求二项式展开式中常数项问题，运用二项式展开式的通项公式是解题的关键.9、C【解析】根据题意，用间接法：先计算3个班自由选择去何工厂的总数，再排除甲工厂无人去的情况，由分步计数原理可得其方案数目，由事件之间的关系，计算可得答案【详解】根据题意，若不考虑限制条件，每个班级都有4种选择，共有444=64种情况，其中工厂甲没有班级去，即每个班都选择了其他三个工厂，此时每个班级都有3种选择，共有333=27种方案；则符合条件的有64-27=37种，故选：C【点睛】本题考查计数原理的运用，本题易错的方法是：甲工厂先派一个班去，有3种选派方法，剩下的2个

9、班均有4种选择，这样共有344=48种方案；显然这种方法中有重复的计算；解题时特别要注意10、A【解析】把分别代入和，求得的极经，进而求得，得到答案【详解】由题意，把代入，可得，把代入，可得，结合图象，可得，故选A【点睛】本题主要考查了简单的极坐标方程的应用，以及数形结合法的解题思想方法，着重考查了推理与运算能力，属于基础题11、C【解析】由题知，先设，再利用余弦定理和已知条件求得和的关系，设代入，利用求出的范围，便得出的最大值.【详解】由题意，设的三边分别为，由余弦定理得：，因为，所以，即，设，则，代入上式得：，所以.当时， 符合题意，所以的最大值为，即的最大值为.故选:C.【点睛】本题主要

10、考查运用的余弦定理求线段和得最值，转化成一元二次方程，以及根的判别式大于等于0求解.12、B【解析】如图，由题意知，的中点是球心在平面内的射影，设点间距离为，球心在平面中的射影在线段的高上，则有，可得球的半径，即可求出三棱锥的外接球的表面积.【详解】由题意知，的中点是球心在平面中的射影，设点间距离为，球心在平面中的射影在线段的高上，又平面平面ABC，则平面，到平面的距离为3，解得：，所以三棱锥的外接球的半径，故可得外接球的表面积为.故选：B【点睛】本题主要考查了棱锥的外接球的表面积的求解，考查了学生直观想象和运算求解能力，确定三棱锥的外接球的半径是关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共

11、20分。13、3【解析】分析：画出不等式组对应的可行域，利用线性规划就可以求出的最大值详解：可行域如图所示，由的，当东至县过时，故填点睛：一般地，二元不等式（或等式）条件下二元函数的最值问题可以用线性规划或基本不等式求最值14、 (1,2)【解析】分析：直接利用交集的定义求.详解：由题得=（1,2），故答案为：（1,2）.点睛：本题主要考查交集的定义，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平.15、【解析】，解得，故，故答案为.16、【解析】根据集合,，求出两集合的交集即可【详解】,故答案为【点睛】本题主要考查了集合交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题三、解答题：共70分。解

12、答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、【解析】根据底面圆的内接矩形的长和宽求出圆的半径，再由母线垂直于底面和“异面直线与所成的角为”求出母线长，代入圆柱的体积公式求出值【详解】解：设圆柱下底面圆的半径为，连，由矩形内接于圆，可知是圆的直径， ，得，由，可知就是异面直线与所成的角，即， 在直角三角形中，圆柱的体积 【点睛】本题考查了圆柱的体积求法，主要根据圆内接矩形的性质、母线垂直于底面圆求出它的底面圆半径和母线，即关键求出半径和母线长即可18、（I）；（）.【解析】（I）将代入函数的解析式，并将函数的解析式表示为分段函数的性质，再结合二次函数的性质得出函数的单调递增区间；（）将函数的解析

13、式去绝对值，表示为分段函数的形式，并判断出该函数的单调性，结合零点存在定理判断函数的零点，得出关于与的不等式关系，利用不等式的性质求出的取值范围【详解】（）当时，所以的单调增区间为.（）因为，且，可知在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.若，则在和上无零点，由的单调性及零点的存在性定理可知，至多有两个零点；故，即对任意恒成立，可知.当时，若或成立，则由的单调性及零点的存在性定理可知至多有两个零点，故，即成立，注意到，故，即对任意成立，可知，综上可知，.因为，所以.设，其顶点在，（即线段）上运动.若 ，显然存在字图与抛物线只有两个交点的情况，不符合题意，故，如图画出草图.显然

14、当点自点向点运动时，两个图象总有，两个交点，故只需要字形图象右支与抛物线有交点即可，即有两个正根，满足，即对任意都成立，即，又，所以.【点睛】本题考查了绝对值函数单调区间的求解和函数的零点问题，利用单调性和零点存在定理是解决函数零点问题的常用方法，考查分类讨论思想和转化思想，属于难题19、（1），（2）【解析】（1）利用向量的数量积和二倍角公式化简得，故可求其周期与单调性；（2）根据图像过得到，故可求得的大小，再根据数量积得到的乘积，最后结合余弦定理和构建关于的方程即可【详解】（1），最小正周期：，由得，所以的单调递增区间为；（2）由可得：，所以又因为成等差数列，所以而，20、【解析】将复数进

15、行四则运算，利用是实数，得到关于的二次方程，求得的值即可.【详解】，因为是实数，所以或，因为，所以.【点睛】本题考查复数的四则运算、共轭复数的概念、复数的分类，考查运算求解能力.21、 (1).(2).【解析】分析：（）利用零点分类讨论法解不等式. （）转化为，再求分段函数的最小值得解.详解：（I）当a=8时，则所以即不等式解集为. （II）令，由题意可知；又因为所以，即. 点睛：（1）本题主要考查零点讨论法解不等式，考查不等式的有解问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分类讨论思想方法. (2)第2问可以转化为，注意是最小值，不是最大值，要理解清楚，这里是有解问题，不是恒成立问题.22、（1）；（2）证明见解析【解析】（1）函数在区间上是单调递增函数，化为：，.利用二次函数的单调性即可得出.（2）在区间上有两个不相等的实数根，方程在区间上有两个不相等的实数根.令，利用根的分布可得的范围，再利用根与系数关系可得：，