甘肃省天水市秦安县二中2022年高二数学第二学期期末复习检测试题含解析

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设函数，有且仅有一个零点，则实数a的值为（ ）ABCD2若曲线：与曲线：（其中无理数）存在公切线，则整数的最值情况为（ ）A最大值为2，没有最小值B最小值为2，没有最大值C既没有最大值也没有最小值D最小值为1，最大值为23可表示为（ ）ABCD4从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有（ ）A24对B30对C48对D60对5设函数，则不等式的解集为（ ）ABCD6已知，是相异两个平面，m，n是相异两直线，则下列命题中正确的是（ ）A若mn，m，则nB若m，m

3、，则C若mn，m，n，则D若=m，nm，则n7设，是双曲线的左、右两个焦点，若双曲线右支上存在一点，使（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（ ）ABCD8将2名教师和6名学生平均分成2组，各组由1名教师和3名学生组成，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，则不同的安排方案有（ ）A40种B60种C80种D120种9设，则“”是的 （ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件10如果函数的图象如下图，那么导函数的图象可能是（ ）ABCD11已知，复数，则（ ）AB1C0D212若展开式中只有第四项的系数最大，则展开式中有理项的项数为（）ABCD二、填空题：本题共4

4、小题，每小题5分，共20分。13若角 满足，则 _；14颜色不同的个小球全部放入个不同的盒子中，若使每个盒子不空，则不同的方法有_（用数值回答）15直线y=x+1与圆x2+y2+2y-3=0交于16在空间直角坐标系中，某个大小为锐角的二面角的两个半平面的法向量分别为和，则该二面角的大小为_（结果用反三角函数表示）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，不等式的解集为.（1）求；（2）当时，证明：.18（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，ADC=45， AD=AC=1，O为AC的中点，PO平面ABCD，PO=1，M为PD的中点

5、. （）证明：PB平面ACM； （）设直线AM与平面ABCD所成的角为，二面角MACB的大小 为，求sincos的值.19（12分）已知函数在处有极大值（1）求的值；（2）求在处的切线方程20（12分）如图，是圆锥的顶点，是底面圆的一条直径，是一条半径.且，已知该圆锥的侧面展开图是一个面积为的半圆面.（1）求该圆锥的体积：（2）求异面直线与所成角的大小.21（12分）在中，已知（1）求证：；（2）若，求A的值22（10分）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若不等式在时恒成立，求实数的取值范围；（3）当时，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

6、项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】先由题意得到方程在上仅有一个实根；令，得到函数与直线在上仅有一个交点；用导数的方法判断单调性，求出最值，结合图像，即可得出结果.【详解】因为函数，有且仅有一个零点；所以方程在上仅有一个实根；即方程在上仅有一个实根；令，则函数与直线在上仅有一个交点；因为，由得，因为，所以；由得，因为，所以；所以，函数在上单调递减，在上单调递增；因此作出函数的大致图像如下：因为函数与直线在上仅有一个交点，所以，记得.故选B【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的零点，通常将函数零点问题，转化为两函数图像交点的问题，结合图像求解即可，属于常考题型.2、C【解析】分析：先根

7、据公切线求出，再研究函数的最值得解.详解：当a0时，显然不满足题意.由得，由得.因为曲线：与曲线：（其中无理数）存在公切线，设公切线与曲线切于点，与曲线切于点，则将代入得，由得，设当x2时，f(x)单调递减，当x2时，f(x)单调递增.或a0.故答案为：C点睛：（1）本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的最值，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力. (2)解答本题的关键是求出，再研究函数的最值得解.3、B【解析】根据排列数的定义可得出答案【详解】 ，故选B.【点睛】本题考查排列数的定义，熟悉排列数公式是解本题的关键，考查理解能力，属于基础题4、C【解析】试题分析：在正方

8、体中，与上平面中一条对角线成的直线有，共八对直线，与上平面中另一条对角线的直线也有八对直线，所以一个平面中有16对直线，正方体6个面共有对直线，去掉重复，则有对.故选C.考点：1.直线的位置关系；2.异面直线所成的角.5、B【解析】f（x）=（x2+1）+=f（x），f（x）为R上的偶函数，且在区间0，+）上单调递减，再通过换元法解题【详解】f（x）=（x2+1）+=f（x），f（x）为R上的偶函数，且在区间0，+）上单调递减，令t=log2x，所以，=t，则不等式f（log2x）+f（）2可化为：f（t）+f（t）2，即2f（t）2，所以，f（t）1，又f（1）=2+=1，且f（x）在0，+

9、）上单调递减，在R上为偶函数，1t1，即log2x1，1，解得，x，2，故选B【点睛】本题主要考查了对数型复合函数的性质，涉及奇偶性和单调性的判断及应用，属于中档题6、B【解析】在A中，根据线面平行的判定判断正误；在B中，由平面与平面平行的判定定理得；在C中，举反例即可判断判断；在D中，据线面平行的判定判断正误；【详解】对于A，若mn，m，则n或n，故A错；对于B，若m，m，则由平面与平面平行的判定定理得，故B正确；对于C，不妨令，m在内的射影为m，则当mn时，有mn，但，不垂直，故C错误；对于D，若=m，nm，则n或n，故D错故选：B【点睛】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题

10、，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用7、D【解析】取的中点，利用，可得，从而可得，利用双曲线的定义及勾股定理，可得结论【详解】取的中点，则，.，是的中点，.故选：D【点睛】本题考查了双曲线的离心率，确定是解题的关键，意在考查学生的计算能力和转化能力。8、A【解析】根据甲、乙两地先安排老师，可知，然后安排学生，可得结果.【详解】第一步，为甲、乙两地排教师，有种排法；第二步，为甲、乙两地排学生，有种排法，故不同的安排方案共有种，故选：A【点睛】本题考查排列分组的问题，一般来讲先分组后排列，审清题意细心计算，属基础题.9、A【解析】分析：先化简两个不等式，再利用充要条件的定义来判断.详

11、解：由得-1x-11，所以0 x2.由得x2，因为，所以“”是的充分不必要条件.故答案为：A.点睛：（1）本题主要考查充要条件的判断和不等式的解法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本计算能力.(2)本题利用集合法判断充要条件，首先分清条件和结论；然后化简每一个命题，建立命题和集合的对应关系.，；最后利用下面的结论判断：（1）若,则是的充分条件，若，则是的充分非必要条件；（2）若,则是的必要条件，若，则是的必要非充分条件；（3）若且，即时，则是的充要条件.10、A【解析】试题分析：的单调变化情况为先增后减、再增再减 因此的符号变化情况为大于零、小于零、大于零、小于零，四个选项只有A符合，故选

12、A.考点：1、函数的单调性与导数的关系；2、函数图象的应用.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.11、B【解析】分析：先将等式右边化简，然后根据复数相等的条件即可.详解：故选B.点睛：考查复数的除法运算和复数相等的条件，属于基础题.12、D【解析】根据最大项系数可得的值，结合二项定

13、理展开式的通项，即可得有理项及有理项的个数.【详解】展开式中只有第四项的系数最大，所以，则展开式通项为，因为，所以当时为有理项，所以有理项共有4项，故选：D.【点睛】本题考查了二项定理展开式系数的性质，二项定理展开式通项的应用，有理项的求法，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】由，得tan-2，由二倍角的正切公式化简后，把tan的值代入即可【详解】sina+2cosa=0，得，即tan-2，tan2 故答案为【点睛】本题考查了二倍角的正切公式，以及同角三角函数间的基本关系，属于基础题14、1【解析】分析：利用挡板法把4个小球分成3组，然后再把这3组小球全排

14、列，再根据分步计数原理求得所有的不同放法的种数详解：在4个小球之间插入2个挡板，即可把4个小球分成3组，方法有种然后再把这3组小球全排列，方法有种再根据分步计数原理可得所有的不同方法共有 种，故答案为1点睛：本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，利用挡板法把4个小球分成3组，是解题的关键，属于中档题15、2【解析】首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成直角三角形，利用勾股定理求得弦长.【详解】根据题意，圆的方程可化为x2所以圆的圆心为(0,-1)，且半径是2，根据点到直线的距离公

15、式可以求得d=0+1+1结合圆中的特殊三角形，可知AB=24-2=22【点睛】该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.16、【解析】设锐二面角的大小为，利用空间向量法求出的值，从而可求出的值.【详解】设锐二面角的大小为，则，故答案为.【点睛】本题考查利用空间向量法计算二面角，同时也考查了反三角函数的定义，考查运算求解能力，属于基础题.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、（I） M(2，2)（）见解析【解析】试题分析：（1）将函数写成分段函数，再利用，即可求得

16、M；（2）利用作差法，证明，即可得到结论试题解析：（1），当时，解得；当时，解得；当时，恒成立；综合以上：（2）证明，只需，只需又，因此结果成立.考点：不等式证明；绝对值函数18、（1）证明见解析（2）【解析】试题分析：（1）连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，由O为AC的中点，知O为BD的中点，再由M为PD的中点，知PBMO，由此能够证明PB平面ACM（2）取DO中点N，连接MN，AN，由M为PD的中点，知MNPO，且MN=PO=1，由PO平面ABCD，得MN平面ABCD，故MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，由此能求出直线AM与平面ABCD所成角的正切值（1）证明：连接BD，MO，

17、在平行四边形ABCD中，O为AC的中点，O为BD的中点，又M为PD的中点，PBMO，PB平面ACM，MO平面ACM，PB平面ACM（2）解：取DO中点N，连接MN，AN，M为PD的中点，MNPO，且MN=PO=1，由PO平面ABCD，得MN平面ABCD，MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，在RtDAO中，AD=1，AO=，DAO=90，DO=，AN=，在RtANM中，tanMAN=，即直线AM与平面ABCD所成角的正切值为考点：直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角19、（1）；（2）.【解析】（1）先由得出或，然后就和时，函数在处取得极大值进行检验，从而可得出实数的值；（2）由（1）得

18、出函数的解析式，计算出和的值，然后利用点斜式可写出所求切线的方程.【详解】（1）函数的导数为，由题意可得，可得，解得或，当时，由或，函数单调递增；由，函数单调递减，可得为极小值点；当时，由或，函数单调递增；由，函数单调递减，可得为极大值点.综上可得；（2）函数的导数为，可得在处的切线斜率为，切点为，可得切线方程为，即为【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，以及利用导数求函数的切线方程，在求函数的极值时，除了求出极值点外，还应对导数在极值点左右的导数符号进行分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.20、（1）（2）【解析】(1)运用圆锥的体积公式求解； (2)建立空间直角坐标系，运用空间

19、向量的夹角公式求解.【详解】解：（1）设该圆锥的母线长为，底面圆半径为，高为，由题意，底面圆周长，因此，该圆锥的体积；（2）如图所示，取弧的中点，则，因为垂直于底面，所以、两两垂直以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，计算得，所以，设与所成角的大小为，则，所以，即异面直线与所成角的大小为.【点睛】本题考查圆锥的体积和异面直线所成的角，属于基础题.21、（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）已知的向量的数量积，要证明的是角的关系，故我们首先运用数量积定义把已知转化为三角形的边角关系，由已知可得，即，考虑到求证式只是角的关系，因此我们再应用正弦定理把式子中边的关系转化为角的关系，即有，而这时两边同除以即得待证式（要说明均不为零）.（2）要求解的大小，一般是求出这个角的某个三角函数值，本题应该求，因为（1）中有可利用，思路是.试题解析：(1),即. 2分由正弦定理,得,. 4分又,.即. 6分(2),.8分,即. 10分由 (1) ,得,解得. 12分,. 14分考点：（1）向量的数量积的定义与正弦定理；（2）已知三角函数值