2022届浙江省杭师大附中数学高二下期末达标检测试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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已知函数，则函数的大致图象是（ ）ABCD2以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点，交C的准线于D、E两点.已知|AB|=，|DE|=，则C的焦点到准线的距离为 (

2、)A8B6C4D23 “b2=ac”是“a,b,c成等比数列”A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件4下列函数一定是指数函数的是（）ABCD5已知复数满足，则复数在复平面内的对应点所在象限是（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限6在四棱锥中，底面是正方形，顶点在底面的射影是底面的中心，且各顶点都在同一球面上，若该四棱锥的侧棱长为，体积为4，且四棱锥的高为整数，则此球的半径等于（ ）（参考公式：）A2BC4D7已知复数，则的虚部是（ ）ABCD8运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，与半球（如图一）放置在同一平面上，然后在圆柱

3、内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥（如图二），用任何一个平行与底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此证明该几何体与半球体积相等.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图三），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）ABCD9若aR，则“a=2”是“|a|=2”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件10若命题，则为（ ）ABCD11已知函数是奇函数，当时，当时，则的解集时（ ）ABCD12如图是在北京召开的第24届国际数学家大会的会标，会标是根据我国古代数学家赵爽弦图设计的，颜色的明暗使它看上去像一个风

4、车，代表中国人民热情好客已知图中直角三角形两个直角边的长分别为2和1若从图中任选一点，则该点恰在阴影区域的概率为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知集合，若，则实数的值是_14二项式的展开式中第10项是常数项,则常数项的值是_(用数字作答).15已知关于的实系数方程有一个模为1的虚根，则的取值范围是_16已知函数有两个极值点，且，若存在满足等式，且函数至多有两个零点，则实数的取值范围为_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）已知定义在上的函数求函数的单调减区间；若关于的方程有两个不同的解，求实数的取值范围18（12分）在平

5、面直角坐标系中,曲线过点,其参数方程为（t为参数，），以为极点,轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；已知曲线和曲线交于两点，且，求实数的值19（12分） (1)设是两个正实数，且，求证：；（2）已知是互不相等的非零实数，求证：三个方程， 中至少有一个方程有两个相异实根20（12分）设椭圆的右焦点为，点，若（其中为坐标原点）（）求椭圆的方程（）设是椭圆上的任意一点，为圆的任意一条直径（、为直径的两个端点），求的最大值21（12分）如图所示圆锥中，为底面圆的两条直径，且，为的中点.求:（1）该圆锥的表面积；（2）异面直线与所成的角的大小（结果用反三

6、角函数值表示）.22（10分）已知,设,且,求复数,.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】根据函数的奇偶性和特殊值进行排除可得结果【详解】由题意，所以函数为偶函数，其图象关于轴对称，排除D；又，所以排除B,C故选A【点睛】已知函数的解析式判断图象的大体形状时，可根据函数的奇偶性，判断图象的对称性：如奇函数在对称的区间上单调性一致，偶函数在对称的区间上单调性相反，这是判断图象时常用的方法之一2、C【解析】试题分析：如图，设抛物线方程为，交轴于点，则，即点纵坐标为，则点横坐标为，即，由勾股定理知，即，解得，即的

7、焦点到准线的距离为4，故选B.考点：抛物线的性质.3、B【解析】4、D【解析】根据指数函数定义，逐项分析即可.【详解】A：中指数是，所以不是指数函数，故错误；B：是幂函数，故错误；C：中底数前系数是，所以不是指数函数，故错误；D：属于指数函数，故正确.故选D.【点睛】指数函数和指数型函数：形如（且）的是指数函数，形如（且且且）的是指数型函数.5、D【解析】 ,对应的点为 ,在第四象限,选D.6、B【解析】如图所示，设底面正方形的中心为，正四棱锥的外接球的球心为，半径为.则在中，有，再根据体积为可求及，在中，有，解出后可得正确的选项.【详解】如图所示，设底面正方形的中心为，正四棱锥的外接球的球心

8、为，半径为.设底面正方形的边长为，正四棱锥的高为，则.因为该正四棱锥的侧棱长为，所以，即又因为正四棱锥的体积为4，所以 由得，代入得，配凑得，即，得或.因为，所以，再将代入中，解得，所以，所以.在中，由勾股定理，得，即，解得，所以此球的半径等于.故选B.【点睛】正棱锥中，棱锥的高、斜高、侧棱和底面外接圆的半径可构成四个直角三角形，它们沟通了棱锥各个几何量之间的关系，解题中注意利用它们实现不同几何量之间的联系.7、B【解析】将利用复数代数形式的乘除运算化简即可得到答案.【详解】由题意，所以的虚部是.故选：B【点睛】本题主要考查复数的基本概念和复数代数形式的乘除运算，属于基础题.8、C【解析】根据

9、椭圆方程,构造一个底面半径为2,高为3的圆柱,通过计算可知高相等时截面面积相等,因而由祖暅原理可得橄榄球几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.【详解】由椭圆方程,构造一个底面半径为2,高为3的圆柱在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点、上底面为底面的圆锥当截面与底面距离为时，截圆锥得到的截面小圆半径为 则，即所以截面面积为把代入椭圆方程，可求得所以橄榄球形状几何体的截面面积为由祖暅原理可得橄榄球几何体的体积为故选:C【点睛】本题考查了类比推理的综合应用,空间几何体体积的求法,属于中档题.9、A【解析】通过充分必要条件的定义判定即可.【详解】若a=2，显然|a|=2；若|a|=2，则a

10、=2，所以“a=2”是“|a|=2”的充分而不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查充分必要条件的相关判定，难度很小.10、B【解析】利用特称命题的否定是全称命题，写出结果即可【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题p：，则p为：xZ，ex1，故选：B【点睛】本题考查特称命题与全称命题的否定，是基础题11、A【解析】对的范围分类讨论，利用已知及函数是奇函数即可求得的表达式，解不等式即可【详解】因为函数是奇函数，且当时，所以当，即：时，当，即：时，可化为：，解得：.当，即：时，利用函数是奇函数，将化为：，解得：所以的解集是故选A【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性应用，还考查了分类思想及计算

11、能力，属于中档题12、C【解析】直接根据几何概型计算得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了几何概型，意在考查学生的计算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析：根据集合包含关系得元素与集合属于关系，再结合元素互异性得结果.详解：因为，所以点睛：注意元素的互异性.在解决含参数的集合问题时，要注意检验集合中元素的互异性，否则很可能会因为不满足“互异性”而导致解题错误.14、【解析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的第10项，令x的指数为0，求出n的值，代入即可求解【详解】二项式的展开式中第10项是常数项，展开式的第10项为，n-9-3=0，解得n=12

12、，常数值为故答案为：.【点睛】本题考查二项式系数的性质，考查对二项式通项公式的运用，属于基础题，15、【解析】根据系数方程有虚根,则可得.设方程的虚根为:,则另一个虚根为:,其模为1,可得,即可求得的取值范围.【详解】设方程的虚根为:, 另一个虚根为:由韦达定理可得: 故: 实系数方程有一个模为1的虚根 故 若方程有虚根,则 可得 故答案为: .【点睛】本题考查复数代数形式乘除运算,韦达定理的使用,实系数方程有虚数根的条件,共轭复数的性质、共轭复数的模,意在考查基础知识的掌握与综合应用.16、【解析】分析：首先确定的范围，然后结合函数的性质整理计算即可求得最终结果.详解：由可得：，由于，故，由

13、可知函数的单调性与函数的单调性相同：在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，很明显是函数的一个零点，则满足题意时应有：，由韦达定理有：，其中，则：，整理可得：，由于，故，则.即实数的取值范围为.点睛：本题主要考查导函数研究函数的性质，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.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、时， 的单调减区间为；当时，函数的单调减区间为 ；当时，的单调减区间为；.【解析】分三种情况讨论，根据一次函数的单调性、二次函数图象的开口方向，可得不同情况下函数的单调减区间；若关于的方程有两个不同的解，等价于有两个不同

14、的解，令利用导数研究函数的单调性，结合极限思想，分析函数的单调性与最值，根据数形结合思想，可得实数的取值范围【详解】当时，函数的单调减区间为；当时，的图象开口朝上，且以直线为对称轴，函数的单调减区间为.当时，的图象开口朝下，且以直线为对称轴，函数的单调减区间为；若关于x的方程有两个不同的解，即有两个不同的解，令则令，则，解得，当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，故当时，函数取最大值1，又由，故时，的图象有两个交点，有两个不同的解，即时，关于x的方程有两个不同的解.【点睛】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，利用导数研究函数的单调性、极值以及函数的零点，属于难题函数的性质问题以及函数零点

15、问题是高考的高频考点，考生需要对初高中阶段学习的十几种初等函数的单调性、奇偶性、周期性以及对称性非常熟悉；另外，函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.18、（1）,；（2）或.【解析】(1)直接消参得到曲线C1的普通方程，利用极坐标和直角坐标互化的公式求曲线C2的直角坐标方程；（2）把曲线C1的标准参数方程代入曲线C2的直角坐标方程利用直线参数方程t的几何意义解答.【详解】C1的参数方程为消参得普通方程为xya10，C2的极坐标方程为cos24cos0，两边同乘得2cos24cos20，得y24x所以曲线C2的直角坐标方程为y24x(2)曲线C1的参数方程可转化

16、为(t为参数，aR)，代入曲线C2：y24x，得14a0，由，得a0，设A，B对应的参数分别为t1，t2，由|PA|2|PB|得|t1|2|t2|，即t12t2或t12t2，当t12t2时，解得a；当t12t2时，解得a，综上，或【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义解题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19、（1）见解析；（2）见解析【解析】(1)先证明，再在两边同时乘以正数(a+b),不等式即得证；（2）利用反证法证明即可.【详解】(1)证明：，而均为正数，成立(2)证明：假设三个方程中都没有两个相异实根，则，相加有，

17、则，与由题意、互不相等矛盾假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根【点睛】本题主要考查不等式的证明，考查反证法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20、（）（）的最大值为【解析】试题分析：（）结合题意可得所以，由可解得，故得椭圆方程（）设圆的圆心为，由向量的知识可得，从而将求的最大值转化为求的最大值设是椭圆上的任意一点，可得，所以当时，取得最大值，从而的最大值为试题解析：（I）由题意知，所以由，得，解得，所以椭圆的方程为（II）设圆的圆心为，则从而求的最大值转化为求的最大值设是椭圆上的任意一点，则，所以，又点，所以因为，所以当时，取得最大值，所以的最大值为点睛：圆

18、锥曲线中最值（范围）问题的解决方法若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，再求这个函数的最值常从以下方面考虑：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围21、 (1)；(2) .【解析】(1)先计算出圆锥的母线长度，然后计算出圆锥的侧面积和底面积，即可计算出圆锥的表面积；(2)连接，根据位置关系可知异面直线与所成的角即为或其补角，根据线段长度即可计算出的值，即可求解出异面直线所成角的大小.【详解】(1)因为，所以，所以圆锥的侧面积为：，圆锥的底面积为：，所以圆锥的表面积为：；(2)连接，如下图所示：因为为的中点，为的中点，所以且，所以异面直线与所成的角即为或其补角，因为，所以平面，因为平面，所以，所以，所以异面直线与所成的角的