2021-2022学年江苏省海安中学数学高二下期末统考试题含解析

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已知的展开式中没有项，则的值可以是（ ）A5B6C7D82已知等差数列的前项和为，则（ ）A10B12C16D203若动圆的圆心在抛物线上，且与直线相切，则动圆必过一个定点，该定点坐

2、标为（ ）ABCD 4一个圆锥被过其顶点的一个平面截去了较少的一部分几何体，余下的几何体的三视图如图，则余下部分的几何体的体积为（ ）ABCD5下列有关命题的说法正确的是()A命题“若x21，则x1”的否命题为“若x21，则x1”B“x1”是“x25x60”的必要不充分条件C命题“若xy，则sin xsin y”的逆否命题为真命题D命题“x0R使得”的否定是“xR，均有x2x10”6已知，则的最大值为（ ）A1BCD7下表提供了某厂节能降耗技术改造后在生产产品过程中记录的产量（吨）与相应的生产能耗（吨）的几组对应数据：根据上表提供的数据，求出关于的线性回归方程为，那么表中的值为（ ）ABCD8

3、8名学生和2位教师站成一排合影，2位教师不相邻的排法种数为（ ）ABCD9已知，则展开式中，项的系数为（ ）ABCD10在二项式的展开式中，各项系数之和为，二项式系数之和为，若，则（ ）ABCD11函数的部分图象大致是（ ）ABCD12刍薨（），中国古代算术中的一种几何形体，九章算术中记载“刍薨者，下有褒有广，而上有褒无广.刍，草也.薨，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍薨字面意思为茅草屋顶”，如图，为一刍薨的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则搭建它（无底面，不考虑厚度）需要的茅草面积至少为（ ）A24BC64D二、填空题：本题共4小题，每小题

4、5分，共20分。13是正四棱锥，是正方体，其中，则到平面的距离为_14已知在平面内，点关于轴的对称点的坐标为.根据类比推理，在空间中，点关于轴的对称点的坐标为_15在中，角，的对边分别是，若，则的周长为_16某四棱锥的三视图如图所示，那么该四棱锥的体积为_ 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）已知函数是定义在上的不恒为零的函数，对于任意非零实数满足，且当时，有.（）判断并证明的奇偶性；（）求证：函数在上为增函数，并求不等式的解集.18（12分）如图，是通过某城市开发区中心O的两条南北和东西走向的街道，连结M，N两地之间的铁路线是圆心在上的一段圆弧，若点M

5、在点O正北方向3公里；点N到的距离分别为4公里和5公里.（1）建立适当的坐标系，求铁路线所在圆弧的方程；（2）若该城市的某中学拟在点O的正东方向选址建分校，考虑环境问题，要求校址到点O的距离大于4公里，并且铁路上任意一点到校址的距离不能小于公里，求该校址距点O的最短距离（注：校址视为一个点）19（12分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（）求不等式的解集；（）若关于x的不等式恒成立，求实数a的取值范围.20（12分）如图，圆柱的轴截面是，为下底面的圆心，是母线，.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.21（12分）如图，在三棱锥中，为的中点，平面，垂足落在线段上，为的重心，已知，. （1）证

6、明：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值；（3）设点在线段上，使得，试确定的值，使得二面角为直二面角.22（10分）某产品具有一定的时效性，在这个时效期内，由市场调查可知，在不做广告宣传且每件获利a元的前提下，可卖出b件；若做广告宣传，广告费为n千元比广告费为千元时多卖出件。（1）试写出销售量与n的函数关系式；（2）当时，厂家应该生产多少件产品，做几千元的广告，才能获利最大？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】将条件转化为的展开式中不含常数项，不含项，不含项，然后写出的展开式的通项，即可分析出答案.【详解

7、】因为的展开式中没有项，所以的展开式中不含常数项，不含项，不含项的展开式的通项为：所以当取时，方程无解检验可得故选：C【点睛】本题考查的是二项式定理的知识，在解决二项式展开式的指定项有关的问题的时候，一般先写出展开式的通项.2、D【解析】利用等差数列的前项和公式以及通项公式即可求出.【详解】，故选：D【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式以及通项公式，考查了学生的计算，属于较易题.3、A【解析】直线为的准线，圆心在该抛物线上，且与直线相切，则圆心到准线的距离即为半径，那么根据抛物线的定义可知定点坐标为抛物线焦点.【详解】由题得，圆心在上，它到直线的距离为圆的半径，为的准线，由抛物线的定义可知，

8、圆心到准线的距离等于其到抛物线焦点的距离，故动圆C必过的定点为抛物线焦点，即点，故选A.【点睛】本题考查抛物线的定义，属于基础题.4、B【解析】分析: 由三视图求出圆锥母线，高，底面半径进而求出锥体的底面积，代入锥体体积公式，可得答案详解: 由已知中的三视图，圆锥母线l=圆锥的高h=，圆锥底面半径为r=2，由题得截去的底面弧的圆心角为120，底面剩余部分为S=r2+sin120=+，故几何体的体积为：V=Sh=（+）2=.故答案为：B点睛：（1）本题主要考查三视图找原图，考查空间几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和空间想象能力基本的计算能力.(2)解答本题的关键是弄清几何体的

9、结构特征并准确计算各几何要素.5、C【解析】命题“若x21，则x1”的否命题为“若x21，则x1”，A不正确；由x25x60，解得x1或6，因此“x1”是“x25x60”的充分不必要条件，B不正确；命题“若xy，则sin xsin y”为真命题，其逆否命题为真命题，C正确；命题“x0R使得x010”的否定是“xR，均有x2x10”，D不正确综上可得只有C正确6、D【解析】直接使用基本不等式，可以求出的最大值.【详解】因为，所以有，当且仅当时取等号，故本题选D.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，掌握公式的特征是解题的关键.7、A【解析】先求出这组数据的样本中心点，样本中心点是用含有t的代数式表

10、示的，把样本中心点代入变形的线性回归方程，得到关于t的一次方程，解方程，得到结果【详解】由回归方程知=，解得t=3，故选A【点睛】本题考查回归分析的初步应用，考查样本中心点的性质，考查方程思想的应用，是一个基础题，解题时注意数字计算不要出错8、A【解析】本题选用“插空法”，先让8名学生排列，再2位教师教师再8名学生之间的9个位置排列.【详解】先将8名学生排成一排的排法有种，再把2位教师插入8名学生之间的9个位置（包含头尾的位置），共有种排法，故2位教师不相邻的排法种数为种.故选A.【点睛】本题考查排列组合和计数原理，此题也可用间接法.特殊排列组合常用的方法有：1、插空法，2、捆绑法.9、B【解

11、析】=1，则二项式的展开式的通项公式为Tr+1=，令92r=3，求得r=3，展开式中x3项的系数为=，故选B【点睛】本题考查集合的混合运算.10、A【解析】分析：先根据赋值法得各项系数之和，再根据二项式系数性质得，最后根据解出详解：因为各项系数之和为，二项式系数之和为,因为，所以,选A.点睛：“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.11、B【解析】先判断函数奇偶性，再根据对应区间函数值的正负确定选项.【详解】为偶函数，舍去A;当时,舍去C；当时,舍去D；故选：B【点睛】本题考查

12、函数奇偶性以及识别函数图象，考查基本分析求解判断能力，属基础题.12、B【解析】茅草面积即为几何体的侧面积，由题意可知该几何体的侧面为两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形其中，等腰梯形的上底长为4，下底长为8，高为；等腰三角形的底边长为4，高为故侧面积为即需要的茅草面积至少为选B二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，的坐标，利用距离公式，即可得到结论.【详解】解：以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，设平面的法向量是，由，可得取得，到平面的距离.故答案为：.【点睛】本题考查点到平面的距离，考查向量知识的运用，考

13、查学生的计算能力，属于中档题.14、【解析】在空间中，点关于轴的对称点：轴不变，轴取相反数.【详解】在空间中，点关于轴的对称点：轴不变，轴取相反数.点关于轴的对称点的坐标为故答案为：【点睛】本题考查了空间的对称问题，意在考查学生的空间想象能力.15、【解析】 由题意，所以，且 由余弦定理，得，所以 所以的周长为.点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三

14、角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.16、【解析】先还原几何体，再根据四棱锥体积公式求结果.【详解】由三视图知该几何体如图，V故答案为：【点睛】本题考查三视图以及四棱锥的体积，考查基本分析求解能力，属基础题.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).【解析】分析：先求出，继而，令代入得构造，然后利用已知代入证明详解：（）是偶函数由已知得，即，所以是偶函数.（）设，则， 所以，所以在上为增函数.因为，又是偶函数，所以有，解得不等式的解集为.点睛：本题证明了抽象函数的奇偶性和单调性，在解答此类题目时方法要掌握，按照基本定义来证明，

15、先求出和的值，然后配出形式，单调性要构造，然后按照已知法则来证明。18、（1）（；（2）.【解析】（1）以垂直的直线为轴建立平面直角坐标系，设圆心坐标为，由圆心到两点的距离相等求出，即圆心坐标，再求出半径，可得圆方程，圆弧方程在圆方程中对变量加以限制即可。（2）设校址坐标为，根据条件列出不等式，由函数单调性求最值解决恒成立问题。【详解】（1）以直线为轴，为轴，建立如图所求的直角坐标系，则，设圆心为，则，解得。即，圆半径为，圆方程为，铁路线所在圆弧的方程为（。（2）设校址为，是铁路上任一点，则对恒成立，即对恒成立，整理得对恒成立，记，在上是减函数，即，解得。即校址距点最短距离是。【点睛】本题考查

16、求点的轨迹方程、求圆的方程，考查不等式恒成立问题。不等式恒成立可转化为通过求函数的最值得以解决，属于中档题。19、 (1);(2).【解析】分析：（）对分两种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果；（）问题等价于恒成立，因为，只需即可得结果.详解：（）当时，,即,解得或.所以或；当时，此不等式恒成立，所以.综上所述，原不等式的解集为. （）恒成立，即恒成立，即恒成立，当且仅当时等式成立，解得或.故实数a的取值范围是. 点睛：绝对值不等式的常见解法：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；通过构造函数，利用函

17、数的图象求解，体现了函数与方程的思想20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）连接交于点，连接，利用三角形中位线定理证明，由线面平行的判定定理可得结论；（2）先利用面面垂直的性质证明平面，可得点到平面的距离为，由，结合棱锥的体积公式可得结果.【详解】（1）如图，连接交于点，连接.四边形是矩形，是的中点.点为的中点，.又平面，平面，平面.（2），.在三棱柱中，由平面，得平面平面.又平面平面，平面，点到平面的距离为，且.【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、以及棱锥体积，属于中档题.证明线面平行的常用方法：利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，

18、可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.21、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）方法一：由重心的性质得出，再由，结合相似三角形的性质得出，再利用直线与平面平行的判定定理得出平面；方法二：以为原点，以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，利用重心的坐标公式计算出点的坐标，可计算出，可证明出，再利用直线与平面平行的判定定理得出平面；（2）计算出和，利用向量的坐标运算计算出，即可得出异面直线与所成角的余弦值；（3）由，得出，可求出的坐标，然后可计算出平面（即平面）的一个法向量和平面的一个法向量，由题意得出，结合空间向量数量积的坐标运算可求出实数的值.【详解】（1）方法一：如图，连接，因为是的重心，是的中点，即，所以，又因为平面，平面，平面；方法二：以为原点，以射线为轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则、，是的重心，则点的坐标为，即，又因为平面，平面，平面；（2），所以异面直线与所成角的余弦值；（3），设平面的法向量为，平面的法向量为，由，得，即，令，可得，所以，平面的一个法向量为，由，得，