鞍山市重点中学2021-2022学年数学高二下期末检测模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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定义：如果一个向量列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常向量，那么这个向量列做等差向量列，这个常向量叫做等差向量列的公差.已知向量列是以为首项，公差的等差向量列.若向量与

2、非零向量）垂直，则（ ）ABCD2复数（为虚数单位）的虚部是（ ）ABCD3从某企业生产的某种产品中随机抽取件，测量这些产品的一项质量指标，其频率分布表如下：质量指标分组频率则可估计这批产品的质量指标的众数、中位数为（ ）A，B，C，D，4如图，是椭圆与双曲线的公共焦点，分别是在第二、四象限的公共点，若四边形为矩形，则的离心率是（ ）ABCD5等差数列an的前n项和Sn，且4S26，15S421，则a2的取值范围为（ ）ABCD6设集合，若，则（ ）A1BCD-17如图所示，函数 的图象在点P处的切线方程是 ，则 （ ）A B1C2D08执行如图所示的程序框图，当输出的值为时，则输入的（ ）A

3、BCD9设为中的三边长，且，则的取值范围是（）ABCD10甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是，乙解决这个问题的概率是，那么恰好有1人解决这个问题的概率是 （ ）ABCD11抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件A=两次的点数均为奇数，B=两次的点数之和小于7，则PBA13B49C512给出下列三个命题:命题1：存在奇函数和偶函数,使得函数是偶函数；命题2：存在函数、及区间，使得、在上均是增函数, 但在上是减函数；命题3：存在函数、（定义域均为），使得、在处均取到最大值，但在处取到最小值.那么真命题的个数是 ( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13观察下列等

4、式：，可以推测_（，用含有的代数式表示）14正四棱柱中，则与平面所成角的正弦值为_15命题“，使”是假命题，则实数的取值范围为_.16已知全集,集合,则_.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）如图所示，在直角坐标系中，曲线C由以原点为圆心，半径为2的半圆和中心在原点，焦点在x轴上的半椭圆构成，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）写出曲线C的极坐标方程；（2）已知射线与曲线C交于点M，点N为曲线C上的动点，求面积的最大值.18（12分）已知函数（其中），（）若命题“”是真命题，求的取值范围；（）设命题：；命题：若是真命题，求的取值范围19

5、（12分）如图，在棱长为1的正方体中，点在上移动，点在上移动，连接.（1）证明：对任意，总有平面；（2）当的长度最小时，求二面角的平面角的余弦值20（12分）在平面直角坐标系中，曲线：的参数方程是，（为参数）. 以原点为极点， 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）分别写出的极坐标方程和的直角坐标方程；（2）若射线的极坐标方程，且分别交曲线、 于，两点，求.21（12分）已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对任意的实数恒成立，求实数的取值范围.22（10分）已知数列中，（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和参考答案一、选择题：本题共12小题，每小

6、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、D【解析】先根据等差数列通项公式得向量，再根据向量垂直得递推关系，最后根据累乘法求结果.【详解】由题意得，因为向量与非零向量）垂直，所以因此故选：D【点睛】本题考查等差数列通项公式、向量垂直坐标表示以及累乘法，考查综合分析求解能力，属中档题.2、A【解析】利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，可得出复数的虚部【详解】，因此，该复数的虚部为，故选A【点睛】本题考查复数的除法，考查复数的虚部，对于复数问题的求解，一般利用复数的四则运算法则将复数表示为一般形式，明确复数的实部与虚部进行求解，考查计算能力，属于基础题3、C【解

7、析】根据频率分布表可知频率最大的分组为，利用中点值来代表本组数据可知众数为；根据中位数将总频率分为的两部分，可构造方程求得中位数.【详解】根据频率分布表可知，频率最大的分组为 众数为：设中位数为则，解得：，即中位数为：本题正确选项：【点睛】本题考查利用样本的数据特征估计众数和中位数的问题，关键是明确众数和中位数的概念，掌握用样本估计总体的方法.4、D【解析】试题分析：由椭圆与双曲线的定义可知，|AF2|AF1|4，|AF2|AF1|2a(其中2a为双曲线的长轴长)，|AF2|a2，|AF1|2a，又四边形AF1BF2是矩形，|AF1|2|AF2|2|F1F2|2(2)2，a，e.考点：椭圆的几

8、何性质5、B【解析】首先设公差为，由题中的条件可得和，利用待定系数法可得，结合所求的范围及不等式的性质可得.【详解】设公差为，由，得，即；同理由可得.故可设，所以有，所以有，解得，即，因为 ，.所以，即.故选：B.【点睛】本题主要考查不等式的性质及等差数列的运算，利用不等式求解范围时注意放缩的尺度，运算次数越少，范围越准确.6、A【解析】由得且，把代入二次方程求得，最后对的值进行检验.【详解】因为，所以且，所以，解得.当时，显然，所以成立，故选A.【点睛】本题考查集合的交运算，注意求出参数的值后要记得检验.7、B【解析】分析：由切线方程确定切点坐标，然后结合导数的几何意义整理计算即可求得最终结

9、果.详解：由切线方程可知，当时，切点坐标为，即，函数在处切线的斜率为，即，据此可知：.本题选择B选项.点睛：本题主要考查切线的几何意义及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8、B【解析】分析：根据循环结构的特征，依次算出每个循环单元的值，同时判定是否要继续返回循环体，即可求得S的值详解: 因为当 不成立时，输出 ，且输出 所以 所以 所以选B 点睛：本题考查了循环结构在程序框图中的应用，按照要求逐步运算即可，属于简单题9、B【解析】由，则，再根据三角形边长可以证得，再利用不等式和已知可得，进而得到，再利用导数求得函数的单调性，求得函数的最小值，即可求解【详解】由题意，记，又由，则，又

10、为ABC的三边长，所以，所以，另一方面，由于，所以，又，所以，不妨设，且为的三边长，所以令，则，当时，可得，从而，当且仅当时取等号故选B【点睛】本题主要考查了解三角形，综合了函数和不等式的综合应用，以及基本不等式和导数的应用，属于综合性较强的题，难度较大，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于难题10、B【解析】分析：先分成两个互斥事件：甲解决问题乙未解决问题和甲解决问题乙未解决问题，再分别求概率，最后用加法计算.详解：因为甲解决问题乙未解决问题的概率为p1(1p2)，甲未解决问题乙解决问题的概率为p2(1p1)，则恰有一人解决问题的概率为p1(1p2)p2(1p1)故选B.点睛：本题考查互

11、斥事件概率加法公式，考查基本求解能力.11、D【解析】由题意得P(B|A)=P(AB)P(A) ，两次的点数均为奇数且和小于7的情况有(1,1),(1,3),(3,1),(1,5),(5,1)(3,3) ，则P(AB)=612、D【解析】对于命题1，取，满足题意；对于命题2，取，满足题意；对于命题3，取，满足题意；即题中所给的三个命题均为真命题，真命题的个数是.本题选择D选项.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、或或【解析】观察找到规律由等差数列求和可得.【详解】由观察找到规律可得：故可得解.【点睛】本题考查观察能力和等差数列求和，属于中档题.14、【解析】分析：建立空间直角

12、坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求AD1与面BB1D1D所成角的正弦值详解：以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz设AB=1，则D（1，1，1），A（1，1，1），B（1，1，1），C（1，1，1），D1（1，1，2），A1（1，1，2），B1（1，1，2），C1（1，1，2）设AD1与面BB1D1D所成角的大小为，=（1，1，2），设平面BB1D1D的法向量为=（x，y，z），=（1，1，1），=（1，1，2），则x+y=1，z=1令x=1，则y=1，所以=（1，1，1），sin=|cos，|=，所以AD1与平面BB1D1D所成角的正

13、弦值为故答案为.点睛：这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可15、【解析】，使是假命题，则，使是真命题，对是否等于进行讨论，当时不符合题意，当时，由二次函数的图像与性质解答即可【详解】，使是假命题，则，使是真命题，当，即，转化为，不是对任意的恒成立；当，使即恒成立，即 ，第二个式子化简得，解得或所以【点睛】本题考查命题间的关系以及二次函数的图像与性质，解题的关键是得出，使是真命题这一条件，属于一般题16、【解析】利用集合补集和交集的

14、定义直接求解即可.【详解】因为全集,集合,所以.故答案为：【点睛】本题考查了集合的补集、交集的定义,属于基础题.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） .【解析】（1）根据题意，分别求出曲线上半部分和下半部分直角坐标方程，利用直角坐标系与极坐标的转化公式，即可得到曲线的极坐标方程；（2）由题可知要使面积最大，则点在半圆上，且，利用极坐标方程求出，由三角形面积公式即可得到答案。【详解】（1）由题设可得，曲线上半部分的直角坐标方程为，所以曲线上半部分的极坐标方程为.又因为曲线下半部分的标准方程为，所以曲线下半部分极坐标方程为，故曲线的极坐标方程为.（2）

15、由题设，将代入曲线的极坐标方程可得：.又点是曲线上的动点，所以由面积公式得： 当且仅当，时等号成立，故 面积的最大值为 .【点睛】本题考查直角坐标与极坐标的互化，利用极坐标的几何意义求三角形面积，考查学生基本的计算能力，属于中档题18、（）；（）【解析】试题分析：（1），即，解得；（2）是真命题，则都是真命题. 当时，故需.或，故，.当时，故需.，所以，.综上所述，.试题解析：（1）命题“”是真命题，即，解得，的取值范围是；（2）是真命题，与都是真命题，当时，又是真命题，则，或，解得当时，是真命题，则，使得，而，解得求集合的交集可得.考点：命题真假性判断，含有逻辑联结词的命题19、（1）见解析

16、；（2）【解析】作，交于点，作，交于点，连接.通过证明四边形为平行四边形,可得,再根据直线与平面平行的判断定理可证.(2)根据题意计算得 ,再配方可得取最小值时 分别为的中点,再取 为 , 连接，,可得是二面角的平面角,再计算可得.【详解】（1）证明：如图，作，交于点，作，交于点，连接.由题意得，且，则四边形为平行四边形.又，.（2）由（1）知四边形为平行四边形，.，.，.即，故当时，的长度有最小值分别取，的中点、，连接，易知，故是二面角的平面角在中，所以.【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定定理,以及二面角,属中档题.20、（1）:,:;（2）.【解析】试题分析：（1）首先写出的直角坐标方程，再根据互化公式写出极坐标方程，和的直角坐标方程,互化公式为 ；（2）根据图象分析出 .试题解析：（1）将参数方程化为普通方程为，即，的极坐标方程为.将极坐标方程化为直角坐标方程为.（2）将代入 整理得，解得，即.曲线是圆心在原点，半径为1的圆，射线 与相交，即，即.故.21、（1）；（2）.【解析】(1)当时，讨论 取值范围去绝对值符号，计算不等式.(2)利用绝对值不等式求函数最大值为 ，计算得到答案.【详解】解：（1）当时不等式即为当时不等式可化为得故当时不等式可化为恒成立故当时不等式可化为得故综合得，