2022届内蒙古呼市二中数学高二第二学期期末检测试题含解析

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f(x)=x2+ax+b，m,n满足mn且f(m)=n-m，f(n)=m-nAf(x)+xmCf(x)-x02若=（4，2，3）是直线l的方向向量，=（-1，3，

2、0）是平面的法向量，则直线l与平面的位置关系是A垂直B平行C直线l在平面内D相交但不垂直3已知函数满足，若函数与的图像的交点为，且，则（ ）A1B2C3D44已知集合P=x|x2-2x0，Q=x|1x2，则（RP）Q=（）ABCD5若,则下列结论正确的是 ( )ABCD6在的展开式中，的系数是（ ）ABC5D407已知各项不为的等差数列，满足，数列是等比数列，且，则 （ ）ABCD8若抛物线上一点到焦点的距离是该点到轴距离的倍，则（ ）ABCD9在九章算术中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为“鳖臑”.那么从长方体八个顶点中任取四个顶点，则这四个顶点组成的几何体是“鳖臑”的概率为（ ）ABCD

3、10在中，内角所对应的边分别为，且，若，则边的最小值为（ ）ABCD11已知为虚数单位，则复数的虚部为( )AB1CD12下列说法正确的是( )A若命题均为真命题，则命题为真命题B“若，则”的否命题是“若”C在，“”是“”的充要条件D命题“”的否定为“”二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13函数部分图象如图，则函数解析式为_.14设全集，集合，则_.15已知函数，则在处的切线方程为_.16在正三棱锥中，记二面角，的平面角依次为，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）（1）用分析法证明：;（2）如果是不全相等的实数，若成等差数列，用反证法证

4、明：不成等差数列.18（12分）已知直线的参数方程是，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，且取相同的长度单位建立极坐标系，圆C的极坐标方程为（1）求直线的普通方程与圆C的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于、两点，若点的直角坐标为，求的值19（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，又底面，为的中点.（1）求证：；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.20（12分）已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）是否存在实数a，使函数在上单调递增？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.21（12分）已知时，函数，对任意实数都有，且，当时， （1）判断的奇偶性；（2）判断在上的单调性，并给

5、出证明；（3）若且，求的取值范围.22（10分）在平面直角坐标系中，曲线C:，直线：，直线：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的参数方程以及直线，的极坐标方程；（2）若直线与曲线C分别交于O、A两点，直线与曲线C交于O、B两点，求AOB的面积.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】设A(m,n-m)，B(n,m-n)，求出直线AB的方程，根据f(x)的开口方向可得到f(x)与直线AB【详解】设A(m,n-m)，B(n,m-n)，则直线AB的方程为y=-2x+m+n，即A,B为直线

6、y=-2x+m+n与f(x)的图像的两个交点，由于f(x)图像开口向上，所以当mxn时，f(x)-2x+m+n，即f(x)+x-x+m+nn【点睛】本题主要考查二次函数与一次函数的关系，求出AB直线是解决本题的关键，意在考查学生的转化能力，逻辑推理能力及计算能力，难度中等.2、D【解析】判断直线的方向向量与平面的法向量的关系，从而得直线与平面的位置关系【详解】显然与不平行，因此直线与平面不垂直，又，即与不垂直，从而直线与平面不平行，故直线与平面相交但不垂直故选D【点睛】本题考查用向量法判断直线与平面的位置关系，方法是由直线的方向向量与平面的法向量的关系判断，利用向量的共线定理和数量积运算判断直

7、线的方向向量与平面的法向量是否平行和垂直，然后可得出直线与平面的位置关系3、D【解析】求出f（x）的对称轴，y=|x2-ax-5|的图象的对称轴，根据两图象的对称关系，求和，解方程可得所求值【详解】f（x）=f（a-x），f（x）的图象关于直线x=对称，又y=|x2-ax-5|的图象关于直线x=对称，当m为偶数时，两图象的交点两两关于直线x=对称，x1+x2+x3+xm=a=2m，解得a=1当m奇数时，两图象的交点有m-1个两两关于直线x=对称，另一个交点在对称轴x=上，x1+x2+x3+xm=a+=2m解得a=1故选D【点睛】本题考查了二次型函数图象的对称性的应用，考查转化思想以及计算能力4

8、、C【解析】先化简集合A，再求 ，进而求.【详解】x（x-2）0，解得：x0或x2，即P=（-，02，+）由题意得，=（0,2），故选C.【点睛】本题考查的是有关集合的运算的问题，在解题的过程中，要先化简集合，明确集合的运算法则，进而求得结果5、C【解析】先用作为分段点，找到小于和大于的数.然后利用次方的方法比较大小.【详解】易得，而，故，所以本小题选C.【点睛】本小题主要考查指数式和对数式比较大小，考查指数函数和对数函数的性质，属于基础题.6、A【解析】由二项展开式的通项公式，可直接得出结果.【详解】因为的展开式的通项为，令，则的系数是.故选A【点睛】本题主要考查二项展开式中指定项的系数，熟

9、记二项式定理即可，属于基础题型.7、B【解析】根据等差数列的性质得： ，变为： ，解得 （舍去），所以 ，因为数列 是等比数列，所以 ，故选B.8、D【解析】利用抛物线的定义列等式可求出的值.【详解】抛物线的准线方程为，由抛物线的定义知，抛物线上一点到焦点的距离为，解得，故选：D.【点睛】本题考查抛物线的定义，在求解抛物线上的点到焦点的距离，通常将其转化为该点到抛物线准线的距离求解，考查运算求解能力，属于中等题.9、C【解析】本题是一个等可能事件的概率，从正方体中任选四个顶点的选法是，四个面都是直角三角形的三棱锥有46个，根据古典概型的概率公式进行求解即可求得【详解】由题意知本题是一个等可能事

10、件的概率，从长方体中任选四个顶点的选法是，以A为顶点的四个面都是直角三角形的三棱锥有：共个同理以为顶点的也各有个，但是，所有列举的三棱锥均出现次，四个面都是直角三角形的三棱锥有个，所求的概率是故选：C【点睛】本题主要考查了古典概型问题，解题关键是掌握将问题转化为从正方体中任选四个顶点问题，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.10、D【解析】根据由正弦定理可得，由余弦定理可得 ，利用基本不等式求出，求出边的最小值【详解】根据由正弦定理可得由余弦定理可得 即，故边的最小值为，故选D【点睛】本题主要考查了余弦定理、基本不等式的应用，解三角形，属于中档题11、A【解析】给两边同乘以，化简求出，然后可

11、得到其虚部【详解】解：因为，所以所以，所以虚部为故选：A【点睛】此题考查复数的运算和复数的有关概念，属于基础题12、D【解析】利用复合命题的真假四种命题的逆否关系以及命题的否定，充要条件判断选项的正误即可【详解】对于A：若命题p，q均为真命题，则q是假命题，所以命题pq为假命题，所以A不正确；对于B：“若，则”的否命题是“若，则”，所以B不正确；对于C：在ABC中， “”“A+B=”“A=-B”sinA=cosB，反之sinA=cosB，A+B=，或A=+B，“C=”不一定成立，C=是sinA=cosB成立的充分不必要条件，所以C不正确；对于D：命题p：“x0R，x02-x0-50”的否定为p

12、：“xR，x2-x-50”，所以D正确故选D【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，涉及充要条件，四种命题的逆否关系，命题的否定等知识，是基本知识的考查二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先计算出，结合图象得出该函数的周期，可得出，然后将点代入函数解析式，结合条件可求出的值，由此得出所求函数的解析式.【详解】由图象可得，且该函数的最小正周期为，所以，.将点代入函数解析式得，得.，即，所以，得.因此，所求函数解析式为，故答案为.【点睛】本题考查三角函数的解析式的求解，求解步骤如下：（1）求、：，；（2）求：根据题中信息求出最小正周期，利用公式求出的值；（3）求：将对称中

13、心点和最高、最低点的坐标代入函数解析式，若选择对称中心点，还要注意函数在该点附近的单调性.14、【解析】根据集合的补集运算即可【详解】2，；故答案为：【点睛】本题主要考查了列举法的定义，以及补集的运算，属于容易题15、【解析】求导数，令，可得，求出，即可求出切线方程。【详解】；又；在处的切线方程为，即；故答案为：【点睛】本题考查导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于基础题。16、1【解析】作平面ABC，连接CO延长交AB于点D，连接可得D为AB的中点，于是二面角的平面角为作，垂足为E点，连接BE，根据，可得可得为的平面角，利用余弦定理即可得出【详解】如图所示，作平面ABC，连接CO延长交AB

14、于点D，连接PD则D为AB的中点，二面角的平面角为，作，垂足为E点，连接BE，为的平面角，在中，故答案为1【点睛】本题主要考查了正三棱锥的性质、正三角形的性质、余弦定理、勾股定理、二面角、三角形全等，属于难题三、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）见解析（2）见解析【解析】分析：（1）利用分析法证明，平方、化简、再平方，可得显然成立，从而可得结果；（2）假设成等差数列，可得，结合可得，与是不全相等的实数矛盾，从而可得结论.详解：（1）欲证只需证：即只需证：即显然结论成立故（2）假设成等差数列，则由于成等差数列，得那么，即由、得与是不全相等的实数矛盾故不成等差数

15、列点睛：本题主要考查反证法的应用以及利用分析法证明不等式，属于难题.分析法证明不等式的主要事项：用分析法证明不等式时，不要把“逆求”错误的作为“逆推”，分析法的过程仅需寻求充分条件即可，而不是充要条件，也就是说，分析法的思维是逆向思维，因此在证题时，应正确使用“要证”、“只需证”这样的连接关键词.18、（1）直线l的方程为,圆C的方程为（2）【解析】试题分析：(1)消去参数可得直线的普通方程为，极坐标方程转化为直角坐标方程可得圆C的直角坐标方程是(2)利用题意由弦长公式可得.试题解析：解：（1）直线l的参数方程是（是参数）， 即直线的普通方程为，圆C的直角坐标方程为， 即或（2）将代入得，19

16、、 (1)证明见解析.(2).【解析】分析：（1）根据菱形的性质以及线面垂直的性质可推导出，从而得到，由此证明平面，从而得到；（2）分别以、为，轴，建立空间直角坐标系，利用向量垂直数量积为零列方程求出求出平面与平面的向量法，利用空间向量夹角余弦公式可得结果.详解：（）证明：因为底面为菱形，且为的中点，所以.又，所以.又底面，所以.于是平面，进而可得.（）解：分别以、为，轴，设，则，.显然，平面的法向量为，设平面的法向量为，则由解得.所以故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.点睛：本题主要考查利用空间向量求二面角，属于中档题.空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角

17、坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.20、 (1) 单调递增区间为和,单调递减区间为.(2) 存在,满足题设.【解析】(1) 根据当时直接求导，令与,即可得出单调区间.(2)函数,使函数在上单调递增等价于,等价于,构造函数,利用导数求出的最小值,即可得出的范围.【详解】(1)当时, ,令,则或,令,则,的单调递增区间为和,单调递减区间为.(2)存在,满足题设.函数.要使函数在上单调递增, ,即,令,则当时, 在上单调递减,当时,

18、 在上单调递增,是的极小值点，也是最小值点,且存在,满足题设.【点睛】本题主要考查导函数研究函数的单调性和恒成立问题,考查分类讨论的数学思想,等价转化的数学思想等知识,难度较难.21、 (1) 偶函数.(2)见解析.(3) .【解析】(1)利用赋值法得到，即得函数的奇偶性.(2)利用函数单调性的定义严格证明.(3)先求出，再解不等式.【详解】（1）令，则， 为偶函数. （2）设， ， 时， ，故在上是增函数.（3）,又，即，又故.【点睛】(1)本题主要考查抽象函数的单调性、奇偶性的证明，考查函数的图像和性质的运用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)用定义法判断函数的单调性的一般步骤：取值，设，且；作差，求；变形（合并同类项、通分、分解因式、配方等）；判断的正负符号；根据