2021-2022学年云南省保山市施甸县一中数学高二第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

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在下列区间中，函数的零点所在的区间为（ ）ABCD2设函数（e为自然底数），则使成立的一个充分不必要条件是（ ）ABCD3椭圆为参数)的离心率是()ABCD4设集合，那么集合中满足条

2、件的元素个数为( )A60B90C120D1305一个袋子中有4个红球，2个白球，若从中任取2个球，则这2个球中有白球的概率是ABCD6过点，且与直线平行的直线的方程为（ ）ABCD7某班制定了数学学习方案：星期一和星期日分别解决个数学问题，且从星期二开始，每天所解决问题的个数与前一天相比，要么“多一个”要么“持平”要么“少一个”，则在一周中每天所解决问题个数的不同方案共有（ ）A种B种C种D种8已知f(x-1x)=Af(x+1)=(x+1)2Cf(x+1)=(x+1)29在下面的四个图象中，其中一个图象是函数的导数的图象，则等于（ ）ABC或D10在棱长为1的正方体中，E，F分别为线段CD和

3、上的动点，且满足，则四边形所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和（）A有最小值B有最大值C为定值3D为定值211下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由三个半圆构成，三个半圆的直分别为直角三角形的斜边，直角边，.若，在整个图形中随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（）（ ）ABCD12有张卡片分别写有数字，从中任取张，可排出不同的四位数个数为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13平面上两组平行线互相垂直，一组由条平行线组成，一组由条平行线组成，则它们能围成的矩形个数是_14的展开式中常数项为_(有数字填写

4、答案)15将甲、乙、丙、丁四位老师分配到三所不同的学校去任教，每所学校至少分配一人且甲、乙两人不在同一所学校，则共有_ 种不同的分配方案（用数字作答）。16已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上,且球的表面积为,平面,则三棱锥的体积为_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（12分）数列的前项和为，且满足()求，的值；()猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明你的结论18（12分）设函数（1）证明：在单调递减，在单调递增；（2）若对于任意，都有，求m的取值范围19（12分）已知椭圆C：的离心率为，且过点求椭圆的标准方程；设直线l经过点且与椭圆C交于不同的两点M，N试问：

5、在x轴上是否存在点Q，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值？若存在，求出点Q的坐标及定值，若不存在，请说明理由20（12分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N. （1）求证：平面ABM平面PCD；（2）求直线CD与平面ACM所成角的大小；（3）求点N到平面ACM的距离.21（12分）已知函数.（1）当时，求函数的极大值点；（2）当时，不等式恒成立，求整数的最小值.22（10分）已知函数.（1）当时，求关于的不等式的解集；（2）若关于的不等式有解，求的取值范围.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题

6、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、C【解析】先判断函数在上单调递增，由,利用零点存在定理可得结果.【详解】因为函数在上连续单调递增，且,所以函数的零点在区间内，故选C.【点睛】本题主要考查零点存在定理的应用，属于简单题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.2、A【解析】由可得：，结合充分、必要条件的概念得解.【详解】 解得：又“”可以推出“”但“”不能推出“”所以“”是“” 充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题主要考查了等价转化思想及充分、必要条件的概念，属于基础题。3、A【解析】先求出椭圆的普通方程，再求其

7、离心率得解.【详解】椭圆的标准方程为，所以c=.所以e.故答案为A【点睛】(1) 本题主要考查参数方程和普通方程的互化，考查椭圆的简单几何性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力. (2)在椭圆中，4、D【解析】从，且入手，可能取，分3种情况讨论种的个数，再求5个元素的排列个数，相加即可得到答案.【详解】因为，且，所以可能取，当时，中有1个1或，4四个 所以元素个数为；当时，中有2个1，3个0，或1个1,1个，3个0，或2个，3个0，所以元素个数为，当时，中有3个1,2个0，或2个1,1个，2个0，或2个，1个1,2个0，或3个 ，2个0，元素个数为，故满足条件的元素个数为，故

8、选：D【点睛】本题考查了分类讨论思想，考查了求排列数，对的值和对中的个数进行分类讨论是解题关键，属于难题.5、B【解析】先计算从中任取2个球的基本事件总数，然后计算这2个球中有白球包含的基本事件个数，由此能求出这2个球中有白球的概率【详解】解：一个袋子中有4个红球，2个白球，将4红球编号为1，2，3，4；2个白球编号为5，1从中任取2个球，基本事件为：1，2，1，3，1，4，1，5，1，1，2，3，2，4，2，5，2，1，3，4，3，5，3，1，4，5，4，1，5，1，共15个，而且这些基本事件的出现是等可能的用A表示“两个球中有白球”这一事件，则A包含的基本事件有：1，5，1，1，2，5，2

9、，1，3，5，3，1，4，5，4，1，5，1共9个，这2个球中有白球的概率是故选B【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题6、A【解析】求出直线的斜率，根据两直线平行斜率的性质，可以求出所求直线的斜率，写出点斜式方程，最后化为一般方程.【详解】因为的斜率为2，所以所求直线的方程的斜率也为2，因此所求直线方程为，故本题选A.【点睛】本题考查了求过一点与已知直线平行的直线的方程.本题也可以这样求解：与直线平行的直线可设为，过代入方程中，所以直线方程为，一般来说，与直线平行的直线可设为；与直线垂直的直线可设为.7、A【解析】分析：因为星期一和星期日分别

10、解决4个数学问题，所以从这周的第二天开始后六天中“多一个”或“少一个”的天数必须相同，都是0、1、2、3天，共四种情况，利用组合知识可得结论详解：因为星期一和星期日分别解决4个数学问题，所以从这周的第二天开始后六天中“多一个”或“少一个”的天数必须相同，所以后面六天中解决问题个数“多一个”或“少一个”的天数可能是0、1、2、3天，共四种情况，所以共有=141种故选：A点睛：本题考查组合知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，确定中间“多一个”或“少一个”的天数必须相同是关键8、C【解析】将等式变形为fx-1xfx+1【详解】x-1xfx-1x因此，fx+1=【点睛】本题考查函数的解析式，属于中

11、等题，求函数解析式常见题型由以下几种：（1）根据实际应用求函数解析式；（2）换元法求函数解析式，利用换元法一定要注意换元后参数的范围；（3）待定系数法求解析式，这种方法既适合已知函数名称的函数解析式；（4）消元法求函数解析式，这种方法适合求自变量互为倒数或相反数的函数解析式9、D【解析】先求导，根据二次函数性质确定导函数图像，再求解.【详解】因为导函数，所以导函数的图像是开口向上的抛物线，所以导函数图像是从左至右第三个，所以 ，又，即，所以，所以. 故选D.【点睛】本题主要考查函数求导及二次函数的性质.10、D【解析】分别在后，上，左三个平面得到该四边形的投影，求其面积和即可【详解】依题意，设

12、四边形D1FBE的四个顶点在后面，上面，左面的投影点分别为D，F，B，E，则四边形D1FBE在上面，后面，左面的投影分别如上图所以在后面的投影的面积为S后=11=1，在上面的投影面积S上=DE1=DE1=DE，在左面的投影面积S左=BE1=CE1=CE，所以四边形D1FBE所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和S=S后+S上+S左=1+DE+CE=1+CD=1故选D【点睛】本题考查了正方体中四边形的投影问题，考查空间想象能力属于中档题11、D【解析】首先计算出图形的总面积以及阴影部分的面积，再根据几何概型的概率计算公式计算可得.【详解】解：因为直角

13、三角形的斜边为，所以，以为直径的圆面积为，以为直径的圆面积为，以为直径的圆面积为.所以图形总面积，所以.故选：【点睛】本题考查面积型几何概型的概率计算问题，属于基础题.12、C【解析】分析：根据题意，分四种情况讨论：取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2；若取出的四张卡片为2张1和2张2；取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1，分别求出每种情况下可以排出四位数的个数，由分类计数原理计算可得结论.详解：根据题意，分四种情况讨论：取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；此时有种顺

14、序，可以排出24个四位数.取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2，若重复的数字为1，在2,3,4中取出2个，有种取法，安排在四个位置中，有种情况，剩余位置安排数字1，可以排出个四位数同理，若重复的数字为2，也可以排出36个重复数字；若取出的四张卡片为2张1和2张2，在4个位置安排两个1，有种情况，剩余位置安排两个2，则可以排出个四位数；取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1，在2,3,4中取出1个卡片，有种取法，安排在四个位置中，有种情况，剩余位置安排1，可以排出个四位数，则一共有个四位数，故选C.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.

15、有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析矩形的组成：两个长，两个宽，然后利用分步乘法计数原理与排列组合思想计算可围成的矩形数.【详解】因为矩形由两个长，两个宽构成，第一步选长：从条直线中选条，共有种方法，第二步选宽：从条直线中选条，共有种方法，所以可围成的矩形数为：.故答案为：.【点睛】本题考查分步乘

16、法计数原理和排列组合的综合应用，难度一般.对于计数问题，第一步可考虑是属于分类还是分步问题，第二步可考虑选用排列或组合的思想解决问题.14、16【解析】展开式的次项与形成常数项，展开式的常数项和1形成常数项，所以展开式的次项为，常数项为1，所以的展开式中常数项为15+1=1615、1【解析】首先不考虑甲乙的特殊情况,算出总的分配方案,再减去甲乙同校的情况,得到答案.【详解】将四名老师分配到三个不同的学校，每个学校至少分到一名老师有种排法；甲、乙两名老师分配到同一个学校有种排法；故有甲、乙两名老师不能分配到同一个学校有36-6=1种排法.故答案为1【点睛】本题考查了排列组合里面的捆绑法和排除法,

17、属于基本题型.16、1【解析】由题意两两垂直，可把三棱锥补成一个长方体，则长方体的外接球就是三棱锥的外接球由此计算即可【详解】平面，又，三棱锥可以为棱补成一个长方体，此长方体的外接球就是三棱锥的外接球由，得，即，故答案为1【点睛】本题考查棱锥及其外接球，考查棱锥的体积，解题是把三棱锥补成长方体，则长方体的外接球就是三棱锥的外接球，而长方体的对角线就是球的直径，这样计算方便三、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、（），；（）见证明【解析】()分别取 代入计算，的值.() 猜想，用数学归纳法证明.【详解】解：（）当时， 又，同理，；（）猜想 下面用数学归纳法证明这个结论

18、.当时，结论成立.假设时结论成立，即，当时，即当时结论成立.由知对任意的正整数n都成立.【点睛】本题考查了数列和前项和的关系，猜测，数学归纳法，意在考查学生归纳推理能力.18、（1）在单调递减，在单调递增；（2）.【解析】（）若，则当时，；当时，若，则当时，；当时，所以，在单调递减，在单调递增（）由（）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值所以对于任意，的充要条件是：即，设函数，则当时，；当时，故在单调递减，在单调递增又，故当时，当时，即式成立当时，由的单调性，即；当时，即综上，的取值范围是考点：导数的综合应用19、（1）；（2）见解析【解析】由椭圆C：的离心率为，且过点，列方

19、程给，求出，由此能求出椭圆的标准方程；假设存在满足条件的点，设直线l的方程为，由，得，由此利用韦达定理、直线的斜率，结合已知条件能求出在x轴上存在点，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值1【详解】椭圆C：的离心率为，且过点，解得，椭圆的标准方程为假设存在满足条件的点，当直线l与x轴垂直时，它与椭圆只有一个交点，不满足题意，直线l的斜率k存在，设直线l的方程为，由，得，设，则，要使对任意实数k，为定值，则只有，此时，在x轴上存在点，使得直线QM与直线QN的斜率的和为定值1【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查满足两直线的斜率和为定值的点是否存在的判断与求法，考查椭圆、直线方程、斜率、韦达定理等基

20、础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：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20、 (1)证明见解析.(2) .(3) .【解析】分析：（）要证平面ABM平面PCD，只需证明平面PCD内的直线PD，垂直平面PAD内的两条相交直线BM、AB即可；（）先根据体积相等求出D到平面ACM的距离为h，即可求直线PC与平面ABM所成的角；（）先根据条件分析出所求距离等于点P到平面ACM距离的，设点P到平面ACM距离为h，再利用第二问的结论即可得到答案详解：（1）AC是所作球面的直径，AMMC，PA平面ABCD，则PACD，又CDAD，CD平面PAD，则CDAM，AM平面PCD，平面ABM平面P