2021-2022学年苏州市苏州实验中学数学高二下期末复习检测模拟试题含解析

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。1三张卡片的正反面分别写有1和2,3和4,5和6，若将三张卡片并列，可得到不同的三位数(6不能作9用)的个数为( )A8 B6 C14 D482设，若函数，有大于零的极值点

2、，则（ ）ABCD3已知是实数，函数，若，则函数的单调递增区间是（ ）ABCD4一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中红球1个、黑球2个，现随机等可能取出小球，当有放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为；当无放回依次取出两个小球时，记取出的红球数为，则（ ）A，B，C，D，5在极坐标系中，设圆与直线交于两点，则以线段为直径的圆的极坐标方程为（ ）ABCD6的展开式中不含项的各项系数之和为（ ）ABCD7已知复数满足（其中为虚数单位），则的共轭复数（ ）ABCD8如图，分别为棱长为的正方体的棱的中点，点分别为面对角线和棱上的动点，则下列关于四面体的体积正确的是（ ）A该四面体体积有最大值，也

3、有最小值B该四面体体积为定值C该四面体体积只有最小值D该四面体体积只有最大值9从5名男同学，3名女同学中任选4名参加体能测试，则选到的4名同学中既有男同学又有女同学的概率为( )ABCD10袋中有大小和形状都相同的个白球、个黑球，现从袋中每次取一个球，不放回地抽取两次，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率是（ ）ABCD11复数的模是( )A3B4C5D712由曲线，围成图形绕y轴旋转一周所得为旋转体的体积为，满足，的点组成的图形绕y轴旋一周所得旋转体的体积为，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13二项式的展开式中第10项是常数项,则常数项的值是_(用

4、数字作答).14已知某市 社区35岁至45岁的居民有450人，46岁至55岁的居民有750人，56岁至65岁的居民有900人为了解该社区35岁至65岁居民的身体健康状况，社区负责人采用分层抽样技术抽取若干人进行体检调查，若从46岁至55岁的居民中随机抽取了50人，试问这次抽样调查抽取的人数是_人15已知是等差数列，公差不为零若，成等比数列，且，则 ， 16如果三个球的表面积之比是，那么它们的体积之比是_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）在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系已知直线l上两点M，N的极坐标分别为（2，0），

5、（），圆C的参数方程（为参数）（）设P为线段MN的中点，求直线OP的平面直角坐标方程；（）判断直线l与圆C的位置关系18（12分）已知椭圆：，过点作倾斜角互补的两条不同直线，设与椭圆交于、两点，与椭圆交于，两点.（1）若为线段的中点，求直线的方程；（2）记，求的取值范围.19（12分）已知正三棱柱中，点为的中点，点在线段上.（）当时，求证；（）是否存在点，使二面角等于60？若存在，求的长；若不存在，请说明理由.20（12分）已知中心为坐标原点、焦点在坐标轴上的椭圆经过点和点，直线：与椭圆交于不同的，两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若椭圆上存在点，使得四边形恰好为平行四边形，求直线与坐标轴围

6、成的三角形面积的最小值以及此时，的值.21（12分）已知椭圆，为右焦点，圆，为椭圆上一点，且位于第一象限，过点作与圆相切于点，使得点，在的两侧.（）求椭圆的焦距及离心率；（）求四边形面积的最大值.22（10分）已知函数.（1）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；（2）若函数在上存在两个极值点，且，证明：.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、D【解析】方法一:第一步,选数字.每张卡片有两个数字供选择,故选出3个数字,共有23=8(种)选法.第二步,排数字.要排好一个三位数,又要分三步,首先排百位,有3种选择,由于排出

7、的三位数各位上的数字不可能相同,因而排十位时有2种选择,排个位只有一种选择.故能排出321=6(个)不同的三位数.由分步乘法计数原理知共可得到86=48(个)不同的三位数.方法二:第一步,排百位有6种选择,第二步,排十位有4种选择,第三步,排个位有2种选择.根据分步乘法计数原理,共可得到642=48(个)不同的三位数.2、B【解析】试题分析：设，则，若函数在xR上有大于零的极值点即有正根，当有成立时，显然有，此时由，得参数a的范围为故选B考点：利用导数研究函数的极值3、A【解析】分析：根据函数f（x）=x2（xm），求导，把f（1）=1代入导数f（x）求得m的值，再令f（x）0，解不等式即得函

8、数f（x）的单调增区间详解：f（x）=2x（xm）+x2f（1）=12（1m）+1=1解得m=2，令2x（x+2）+x20，解得,或x0，函数f（x）的单调减区间是故选：A点睛：求函数的单调区间的方法(1)确定函数yf(x)的定义域；(2)求导数yf(x)；(3)解不等式f(x)0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f(x)0，解集在定义域内的部分为单调递减区间4、B【解析】分别求出两个随机变量的分布列后求出它们的期望和方差可得它们的大小关系.【详解】可能的取值为；可能的取值为，故，.，故，,故，.故选B.【点睛】离散型随机变量的分布列的计算，应先确定随机变量所有可能的取值，再

9、利用排列组合知识求出随机变量每一种取值情况的概率，然后利用公式计算期望和方差，注意在取球模型中摸出的球有放回与无放回的区别.5、A【解析】试题分析：以极点为坐标原点，极轴为轴的正半轴，建立直角坐标系，则由题意，得圆的直角坐标方程，直线的直角坐标方程由，解得或，所以，从而以为直径的圆的直角坐标方程为，即将其化为极坐标方程为：，即故选A考点：简单曲线的极坐标方程6、D【解析】采用赋值法，令得：求出各项系数之和，减去项系数即为所求【详解】展开式中，令得展开式的各项系数和为 而展开式的的通项为 则展开式中含项系数为 故的展开式中不含项的各项系数之和为 故选D.【点睛】考查对二项式定理和二项展开式的性质

10、，重点考查实践意识和创新能力，体现正难则反7、A【解析】利用等式把复数z计算出来，然后计算z的共轭复数得到答案.【详解】，则.故选A【点睛】本题考查了复数的计算和共轭复数,意在考查学生对于复数的计算能力和共轭复数的概念,属于简单题.8、D【解析】易证，从而可推出面积为定值，则只需研究点到平面的距离的取值范围即可得到四面体体积的取值范围【详解】分别为棱长为的正方体的棱的中点，所以，又，故点到的距离为定值，则面积为定值，当点与点重合时，为平面构不成四面体，故只能无限接近点，当点与点重合时，有最大值，体积有最值，所以四面体体积有最大值，无最小值故选D【点睛】本题主要考查了四面体体积的判断，运动中的定

11、量与变量的分析，空间想象与转化能力，属于中档题9、D【解析】由题可知为古典概型，总的可能结果有种，满足条件的方案有三类：一是一男三女，一是两男两女，另一类是三男一女；每类中都用分步计数原理计算，再将三类组数相加，即可求得满足条件的结果，代入古典概型概率计算公式即可得到概率.【详解】根据题意，选4名同学总的可能结果有种.选到的4名同学中既有男同学又有女同学方案有三类： （1）一男三女，有种， （2）两男两女，有种. （3）三男一女，有种.共种结果.由古典概型概率计算公式，.故选D.【点睛】本题考查古典概型与排列组合的综合问题，利用排列组合的公式计算满足条件的种类是解决本题的关键.10、D【解析】

12、分别计算第一次取到白球的概率和第一次取到白球且第二次取到白球的概率，根据条件概率公式求得结果.【详解】记“第一次取到白球”为事件，则记“第一次取到白球且第二次取到白球”为事件，则在第一次取到白球的条件下，第二次取到白球的概率：本题正确选项：【点睛】本题考查条件概率的求解问题，易错点是忽略抽取方式为不放回的抽取，错误的认为每次抽到白球均为等可能事件.11、C【解析】直接利用复数的模的定义求得的值【详解】|， 故选：C【点睛】本题主要考查复数的模的定义和求法，属于基础题12、C【解析】由题意可得旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个与轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，求出所得

13、截面的面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体体积相等【详解】解：如图，两图形绕轴旋转所得的旋转体夹在两相距为8的平行平面之间，用任意一个与轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，所得截面面积，由祖暅原理知，两个几何体体积相等，故选：【点睛】本题主要考查祖暅原理的应用，求旋转体的体积的方法，体现了等价转化、数形结合的数学思想，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【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，常数值为故答案为：

14、.【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，14、【解析】根据题意可得抽样比为 则这次抽样调查抽取的人数是 即答案为140.15、【解析】根据题意列出关于、的方程组，即可解出这两个量的值.【详解】由题可得，故有，又因为，即，所以.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，解题的关键就是根据题意列出关于首项和公差的方程组进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.16、【解析】三个球的表面积之比是，三个球的半径之比是，三个球的体积之比是三、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、见解析【解析】（）设P为线段MN的中点，求直线OP的平面直角坐标方程；

15、（）求出圆的圆心与半径，判断圆心与直线的距离与半径的关系，即可判断直线l与圆C的位置关系【详解】解：（）M，N的极坐标分别为（2，1），（），所以M、N的直角坐标分别为：M（2，1），N（1，），P为线段MN的中点（1，），直线OP的平面直角坐标方程y；（）圆C的参数方程（为参数）它的直角坐标方程为：（x2）2+（y）24，圆的圆心坐标为（2，），半径为2，直线l上两点M，N的极坐标分别为（2，1），（），方程为y（x2）（x2），即x+3y21圆心到直线的距离为：2，所以，直线l与圆C相交【点睛】本题考查圆的参数方程，极坐标方程与直角坐标方程的转化，直线与圆的位置关系，考查计算能力18、（1

16、）；（2）【解析】（1）设直线l1的方程为y1=k（x1），根据韦达定理和中点坐标公式即可求出直线的斜率k，问题得以解决，（2）根据弦长公式分别求出|AB|，|CD|，再根据基本不等式即可求出【详解】（1）设直线的斜率为，方程为，代入中，.判别式 .设，则.中点为，则.直线的方程为，即.（2）由（1）知 .设直线的方程为.同理可得. .令，则，.在，分别单调递减，或.故或.即.【点睛】圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数

17、的最值在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：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19、（）证明见解析；（）存在点,当时，二面角等于.【解析】试题分析：（）证明：连接，由为正三棱柱为正三角形，又平面平面平面.易得丄平面.（）假设存在点满足条件，设.由丄平面，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为试题解析：（）证明：连接，因为为正三棱柱，所以为正三角形，又因为为的中点，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，所以.

18、因为，所以，所以在中，在中，所以，即.又，所以丄平面，面，所以.（）假设存在点满足条件，设.取的中点，连接，则丄平面，所以，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，得，同理，平面的一个法向量为，则，取，.，解得，故存在点,当时，二面角等于.20、（1）；（2），.【解析】（1）利用待定系数法将两点代入椭圆方程即可求得结果（2）由于四边形为平行四边形，则，因为点在椭圆上，解得与的关系，根据直线方程得到三角形面积，利用均值不等式求得最值【详解】（1）由题意可设椭圆的方程为（，且）.解得所以椭圆的标准方程为.（2）由题意可设，.联立整理得.根据韦达定理得因为四边形恰好为平行四边形，所以.所以，.因为点在椭圆上，所以，整理得，即.在直线：中，由于直线与坐标轴围成三角形，则，.令，得，令，得.所以直线与坐标轴围成的三角形面积为，当且仅当，时，取等号，此时.所以直线与坐标轴围成的三角形面积的最小值为.此时，.【点睛】本题考查（1）椭圆的标准方程，不确定焦点位置时，可直接设（，且）；（2）利用向量表示图形特征简化运算21、（）,；（）.【解析】分析：（）利用椭圆的几何性质求