江西省重点中学协作体2022年数学高二第二学期期末联考试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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

2、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已知二项式的展开式中各项的二项式系数和为，其展开式中的常数项为，则（ ）ABCD2已知椭圆的右焦点为，短轴的一个端点为，直线与椭圆相交于、两点.若，点到直线的距离不小于，则椭圆离心率的取值范围为ABCD3若函数为奇函数，且在上为减函数，则的一个值为（ ）ABCD4已知的模为且在方向上的投影为，则与的夹角为（）ABCD5在下列命题中，从分别标有1,2,9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是；的展开式中的常数项为2；设随机变量，若，

3、则.其中所有正确命题的序号是（ ）ABCD6若集合，则( )ABCD7若命题是真命题，则实数a的取值范围是ABCD8已知为正整数用数学归纳法证明时，假设时命题为真，即成立，则当时，需要用到的与之间的关系式是( )ABCD9某学校开展研究性学习活动，某同学获得一组实验数据如下表： x34y12对于表中数据，现给出以下拟合曲线，其中拟合程度最好的是ABCD10将4名实习教师分配到高一年级三个班实习，每班至少安排一名教师，则不同的分配方案有（ ）种A12B36C72D10811是第四象限角， ，则等于 ()ABCD12若函数的图象与的图象都关于直线对称，则与的值分别为（ ）ABCD二、填空题：本题共

4、4小题，每小题5分，共20分。13在平面几何中，若正方形的内切圆面积为外接圆面积为则，推广到立体几何中，若正方体的内切球体积为外接球体积为，则_14设的三边长分别为，的面积为，内切圆半径为，则；类比这个结论可知：四面体的四个面的面积分别为，内切球的半径为，四面体的体积为，则_15设满足约束条件,则的最大值是_16已知函数，若正实数满足，则的最小值是_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，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，AA1=AC=2BC，ACB=90 （）求证：AC1A1B；（）求直线AB与平面A1BC所成角的正切值18（12分）选修

5、4-5：不等式选讲已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对恒成立，求的取值范围.19（12分）在的展开式中，求：(1)第3项的二项式系数及系数；(2)含的项20（12分）如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，E为的中点，过A、B、E的平面与交于点F.（1）求证：点F为的中点；（2）四边形ABFE是什么平面图形?并求其面积21（12分）已知，椭圆C过点，两个焦点为，E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，直线EF的斜率为，直线l与椭圆C相切于点A，斜率为求椭圆C的方程；求的值22（10分）已知函数，kR(I)求函数f(x)的单调区间；(II)当k0时，若函数f(x)在

6、区间(1，2)内单调递减，求k的取值范围参考答案一、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、C【解析】二项展开式的二项式系数和为，可得，使其通项公式为常数项时，求得，从而得到关于的方程.【详解】展开式中各项的二项式系数和为，得，当时，解得：.【点睛】求二项式定理展开式中各项系数和是用赋值法，令字母都为1；而展开式各项的二项式系数和固定为.2、C【解析】根据椭圆对称性可证得四边形为平行四边形，根据椭圆定义可求得；利用点到直线距离构造不等式可求得，根据可求得的范围，进而得到离心率的范围.【详解】设椭圆的左焦点为，为短轴的上端点，连接，如

7、下图所示：由椭圆的对称性可知，关于原点对称，则又 四边形为平行四边形 又，解得：点到直线距离：，解得：，即 本题正确选项：【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，重点考查椭圆几何性质，涉及到椭圆的对称性、椭圆的定义、点到直线距离公式的应用等知识.3、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、A【解析】根据平面向量的投影定义，利用平面向量夹角的公式，即可求解【详解】由题意，则在方向上的投影为，解得，又因为，所以与的夹角为，故选A【点睛】本题主要考查了平面向量的投影定义和夹角公式应用问题，其中解答中熟记向量的投影的定义和向量的夹角公式，准确计算

8、是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题5、C【解析】根据二项式定理，古典概型，以及正态分布的概率计算，对选项进行逐一判断，即可判断.【详解】对：从9张卡片中不放回地随机抽取2次，共有种可能； 满足2张卡片上的数奇偶性不同，共有种可能； 根据古典概型的概率计算公式可得，其概率为，故错误；对：对写出通项公式可得， 令，解得，即可得常数项为，故正确；对：由正态分布的特点可知，故正确.综上所述，正确的有.故选：C.【点睛】本题考查古典概型的概率计算，二项式定理求常数项，以及正态分布的概率计算，属综合性基础题.6、A【解析】分析：求出及，即可得到.详解：则.故选C.点睛：本题考查集合的综合运

9、算，属基础题.7、B【解析】因为命题是真命题，即不等式对恒成立，即恒成立，当a20时，不符合题意，故有，即，解得，则实数a的取值范围是故选：B8、C【解析】分析：先根据条件确定式子，再与相减得结果.详解：因为，所以，所以,选C.点睛：本题考查数学归纳法，考查数列递推关系.9、D【解析】根据的数值变化规律推测二者之间的关系，最贴切的是二次关系.【详解】根据实验数据可以得出，近似增加一个单位时，的增量近似为2.5，3.5，4.5，6，比较接近，故选D.【点睛】本题主要考查利用实验数据确定拟合曲线，求解关键是观察变化规律，侧重考查数据分析的核心素养.10、B【解析】试题分析：第一步从名实习教师中选出

10、名组成一个复合元素，共有种，第二步把个元素（包含一个复合元素）安排到三个班实习有,根据分步计数原理不同的分配方案有种，故选B考点：计数原理的应用11、B【解析】是第四象限角，sin0.，sin，故选B.12、D【解析】分析：由题意得，结合即可求出，同理可得的值.详解：函数的图象与的图象都关于直线对称，和（）解得和，和时，；时，.故选：D.点睛：本题主要考查了三角函数的性质应用，属基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由面积比为半径比的平方，体积比为半径的立方可得结果【详解】正方形的内切圆半径为 外接圆半径为，半径比，面积比为半径比的平方，类比正方正方体内切球半径

11、为 外接球半径为，径比，所以体积比是半径比的立方=，填【点睛】立体几何中一个常见的猜想类比为面积比为半径比的平方，体积比为半径的立方可得结果14、.【解析】根据平面和空间的类比推理，由点类比点或直线，由直线类比直线或平面，由内切圆类比内切球，由平面图形的面积类比立体图形的体积，结合三角形面积的求法求出三棱锥的体积，进而求出内切球的半径为.【详解】设四面体的内切球的球心为，则球心到四个面的距离都为，所以四棱锥的体积等于以为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥的体积之和，则四面体的体积为.【点睛】本题考查了类比推理.类比推理是指依据两类数学对象的相似性，将已知一类的数学对象的性质迁移到另一个数学对象上

12、去.15、【解析】分析：首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式，之后在图中画出直线，在上下移动的过程中，结合的几何意义，可以发现直线过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.详解：根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：由可得，画出直线，将其上下移动，结合的几何意义，可知当直线过点B时，z取得最大值，由，解得，此时，故答案为6.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立

13、方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.16、【解析】因为，所以函数为单调递增奇函数，因此由，得 因此，当且仅当时取等号. 点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.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)见解析(2) 【解析】分析：（1）先证平面，得到，由四边形为正方形得出，所以平面，进而证得；（2）由

14、平面可得是直线与平面所成的角，设，利用勾股定理求出，即可得出的值.详解：证明（）CC1平面ABC，BC平面ABC， CC1BC又ACB=90，即BCAC，又ACCC1=C，BC平面A1C1CA，又AC1平面A1C1CA，AC1BCAA1=AC，四边形A1C1CA为正方形，AC1A1C，又AC1BC=C，AC1平面A1BC，又A1B平面A1BC，AC1A1B （）设AC1A1C=O，连接BO由（）得AC1平面A1BC，ABO是直线AB与平面A1BC所成的角设BC=a，则AA1=AC=2a， ， ，在RtABO中， ，直线AB与平面A1BC所成角的正切值为 点睛：本题考查了立体几何中的面面垂直的判

15、定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成，同时对于立体几何中角的计算问题，紧扣线面角的定义，利用直角三角形求解是解答的关键.18、（1）（2）【解析】试题分析：（1）由已知，根据解析式中绝对值的零点（即绝对值等于零时的值），将函数的定义域分成若干段，从而去掉绝对值号，再分别计算各段函数的相应不等式的解集，从而求出原不等式的解集；（2）由题意，将不等式转化为，可构造新函数，则问题再转化为，由（1）可得，即，从而问题可得解.试题解析：（1）因为，所以当时，由得；当时，由得；当时，由

16、得.综上，的解集为.（2）（方法一）由得，因为，当且仅当取等号，所以当时，取得最小值5，所以当时，取得最小值5，故，即的取值范围为.（方法二）设，则，当时，取得最小值5，所以当时，取得最小值5，故，即的取值范围为.19、（1）第3项的系数为24240.（2）含x2的项为第2项，且T2192x2. 【解析】试题分析：(1)根据二项展开式的通项，即可求解第项的二项式系数及系数； （2）由二项展开式的痛项，可得当时，即可得到含的系数.试题解析：(1)第3项的二项式系数为C15， 又T3C (2)4224Cx， 所以第3项的系数为24C240. (2)Tk1C (2)6kk(1)k26kCx3k， 令

17、3k2，得k1. 所以含x2的项为第2项，且T2192x2.20、（1）见解析；（2）直角梯形，【解析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理，证明A1B1平面ABFE，A1B1EF，可得点F为B1C1的中点；（2）四边形ABFE是直角梯形，先判断四边形ABFE是梯形；再判断梯形ABFE是直角梯形，从而计算直角梯形ABFE的面积【详解】（1）证明：三棱柱中，平面，平面，平面，又平面，平面平面，又为的中点，点为的中点；（2）四边形是直角梯形，理由为：由（1）知，且，四边形是梯形；又侧棱B1B底面ABC，B1BAB；又AB=6，BC=8，AC=10，AB2+BC2=AC2，ABBC，又B1BBC=

18、B，AB平面B1BCC1；又BF平面B1BCC1，ABBF；梯形ABFE是直角梯形；由BB1=3，B1F=4，BF=5；又EF=3，AB=6，直角梯形ABFE的面积为S=（3+6）5=【点睛】本题考查了空间中的平行关系应用问题，是中档题21、（1）；（2）0.【解析】可设椭圆C的方程为，由题意可得，由椭圆的定义计算可得，进而得到b，即可得到所求椭圆方程；设直线AE：，代入椭圆方程，运用韦达定理可得E的坐标，由题意可将k换为，可得F的坐标，由直线的斜率公式计算可得直线EF的斜率，设出直线l的方程，联立椭圆方程，运用直线和椭圆相切的条件：判别式为0，可得直线l的斜率，进而得到所求斜率之和【详解】解：由题意可设椭圆C的方程为，且，即有，所以椭圆的方程为；设直线AE：，代入椭圆方程可得，可得