2022年上海市师范大学附属中学数学高二下期末监测试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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古代“五行”学认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克

2、金.”将五种不同属性的物质任意排成一列，但排列中属性相克的两种物质不相邻，则这样的排列方法有A5种B10种C20种D120种2 “a0”是“|a|0”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件3已知的展开式中没有项，则的值可以是（ ）A5B6C7D84若函数没有极值，则实数a的取值范围是( )ABCD5直线的斜率为（ ）ABCD6如图，设D是边长为l的正方形区域，E是D内函数与所构成(阴影部分)的区域，在D中任取一点，则该点在E中的概率是（ ）A B C D7复数,则对应的点所在的象限为（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限8某程序框图如图所示，若运行该程序

3、后输出（）ABCD92017年1月我市某校高三年级1600名学生参加了全市高三期末联考，已知数学考试成绩（试卷满分150分）统计结果显示数学考试成绩在80分到120分之间的人数约为总人数的，则此次期末联考中成绩不低于120分的学生人数约为A120B160C200D24010若偶函数在上单调递减，则、满足（ ）ABCD11如图，在矩形中的曲线分别是，的一部分，在矩形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率为（ ）ABCD12设6人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为()A720B144C576D324二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13的展开式中，设各项的系数和为a

4、，各项的二项式系数和为b，则_.14若存在一个实数，使得成立，则称为函数的一个不动点，设函数（为自然对数的底数），定义在上的连续函数满足，且当时，若存在，且为函数一个不动点，则实数的最小值为_。15一个竖直平面内的多边形，用斜二测画法得到的水平放置的直观图是一个边长为的正方形，该正方形有一组对边是水平的，则原多边形的面积是_16如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC=2. 若AD=2c，且AB+BD=AC+CD=2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是 .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，等高的正三棱锥P-ABC与圆

5、锥SO的底面都在平面M上，且圆O过点A，又圆O的直径ADBC，垂足为E，设圆锥SO的底面半径为1，圆锥体积为(1)求圆锥的侧面积；(2)求异面直线AB与SD所成角的大小；(3)若平行于平面M的一个平面N截得三棱锥与圆锥的截面面积之比为，求三棱锥的侧棱PA与底面ABC所成角的大小18（12分）已知数列的前项和为，且（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前项和为，证明：19（12分）已知函数，.（1）若，求函数的单调区间；（2）若不等式恒成立，求实数k的取值范围.20（12分）已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，且与抛物线的焦点重合.（1）求椭圆的标准方程；（2）若过的直线交椭圆于两点，过的直线交

6、椭圆于两点，且，求的最小值.21（12分）九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1千多年.在九章算术中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑指四个面均为直角三角形的四面体.如图，在堑堵中，.（1）求证：四棱锥为阳马；并判断四面体是否为鳖臑，若是，请写出各个面的直角（要求写出结论）.（2）若，当阳马体积最大时，求二面角的余弦值.22（10分）继共享单车之后，又一种新型的出行方式-“共享汽车”也开始亮相南昌市，一款共享汽车在南昌提供的车型是“吉利”.每次租车收费按行驶里程加用车时间,标准是“1元/公里0.1元/分钟”

7、，李先生家离上班地点10公里，每次租用共享汽车上、下班，由于堵车因素，每次路上开车花费的时间是一个随机变量，根据一段时间统计40次路上开车花费时间在各时间段内的情况如下：时间（分钟） 次数814882以各时间段发生的频率视为概率，假设每次路上开车花费的时间视为用车时间，范围为分钟.（1）若李先生上、下班时租用一次共享汽车路上开车不超过45分钟，便是所有可选择的交通工具中的一次最优选择，设是4次使用共享汽车中最优选择的次数，求的分布列和期望.（2）若李先生每天上、下班均使用共享汽车，一个月（以20天计算）平均用车费用大约是多少（同一时段，用该区间的中点值作代表）.参考答案一、选择题：本题共12小

8、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、B【解析】根据题意，可看做五个位置排列五个数，把“金、木、土、水、火”用“1，2，3，4，5”代替根据相克原理，1不与2,5相邻，2不与1,3相邻，依次类推，用分布计数原理写出符合条件的情况.【详解】把“金、木、土、水、火”用“1，2，3，4，5”代替1不与2,5相邻，2不与1,3相邻，所以以“1”开头的排法只有“1，3，5，2，4”或“1，4，2，5，3”两种，同理以其他数开头的排法都是2种，所以共有种选B.【点睛】本题考查分步计数原理的应用，考查抽象问题具体化，注重考查学生的思维能力，属于中档题.2、A【解析

9、】试题分析：本题主要是命题关系的理解，结合|a|0就是a|a0，利用充要条件的概念与集合的关系即可判断解：a0|a|0，|a|0a0或a0即|a|0不能推出a0，a0”是“|a|0”的充分不必要条件故选A考点：必要条件3、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】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.4、A【解析】由已知函数解析式可得导函数解析式，

10、根据导函数不变号，函数不存在极值点，对讨论，可得答案【详解】， ，当时，则，在上为增函数，满足条件；当时，则，即当 时， 恒成立，在上为增函数，满足条件综上，函数不存在极值点的充要条件是：故选：A【点睛】本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，本题是一道基础题5、A【解析】将直线方程化为斜截式，可得出直线的斜率【详解】将直线方程化为斜截式可得，因此，该直线的斜率为，故选A【点睛】本题考查直线斜率的计算，计算直线斜率有如下几种方法：（1）若直线的倾斜角为且不是直角，则直线的斜率；（2）已知直线上两点、，则该直线的斜率为；（3）直线的斜率为；（4）直线的斜率为.6、A【解析】试题分析：正方形面

11、积为1，阴影部分的面积为，所以由几何概型概率的计算公式得，点在E中的概率是，选A.考点：定积分的应用，几何概型.7、A【解析】先求得的共轭复数，由此判断出其对应点所在象限.【详解】依题意，对应点为，在第一象限，故选A.【点睛】本小题主要考查共轭复数的概念，考查复数对应点所在象限，属于基础题.8、D【解析】通过分析可知程序框图的功能为计算，根据最终输出时的值，可知最终赋值时，代入可求得结果.【详解】根据程序框图可知其功能为计算：初始值为，当时，输出可知最终赋值时 本题正确选项：【点睛】本题考查根据程序框图的功能计算输出结果，关键是能够明确判断出最终赋值时的取值.9、C【解析】结合正态分布图象的性

12、质可得：此次期末联考中成绩不低于120分的学生人数约为 . 选C.10、B【解析】由偶函数的性质得出函数在上单调递增，并比较出三个正数、的大小关系，利用函数在区间上的单调性可得出、的大小关系.【详解】偶函数在上单调递减，函数在上单调递增，故选：B.【点睛】本题考查利用函数的单调性比较函数值的大小关系，解题时要利用自变量的大小关系并结合函数的单调性来比较函数值的大小，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.11、A【解析】先利用定积分计算阴影部分面积，再用阴影部分面积除以总面积得到答案.【详解】曲线分别是，的一部分则阴影部分面积为： 总面积为： 【点睛】本题考查了定积分，几何概型，意在考查学生

13、的计算能力.12、C【解析】先求出6人站成一排，有多少种排法，再计算把甲、乙、丙3个人捆绑在一起，再跟剩下的3人排列，有多少种排法，这样就可以用减法求出甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数.【详解】求出6人站成一排，有种排法，把甲、乙、丙3个人捆绑在一起，再跟剩下的3人排列，有种排法，因此甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为，故本题选C.【点睛】本题考查了全排列、捆绑法，考查了数学运算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】分别求得各项系数和与各项的二项式系数和，从而求得的值【详解】解：在的展开式中，令可得设各项的系数和为，而各项的二项式系数和为，故答案

14、为：1【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，注意各项系数和与各项的二项式系数和的区别，属于基础题14、【解析】先构造函数，研究其单调性与奇偶性，再化简不等式，解得取值范围，最后根据不动点定义，利用导数求出的范围，即得最小值.【详解】由，令，则为奇函数，当时，所以在上单调递减，所以在上单调递减，因为存在，所以，所以，即.因为为函数一个不动点，所以在时有解，令，因为当时，所以函数在时单调递减，且时，所以只需，得.【点睛】本题考查函数奇偶性、单调性以及利用导数研究方程有解问题，考查综合分析求解能力，属难题.15、【解析】根据斜二测画法可知，原图形中的高在直观图中变为原来的，直观图中的高变为原高的 ，

15、原来的平面图形与直观图的面积比是：1，计算即可【详解】该多边形的直观图是一个边长为的正方形，正方形的面积为，原多边形的面积是故答案为【点睛】本题主要考查了斜二测画法，原图形与直观图面积的关系，属于中档题16、【解析】作BEAD于E，连接CE，则AD平面BEC，所以CEAD，由题设，B与C都是在以AD为焦距的椭球上，且BE、CE都垂直于焦距AD，所以BE=CE. 取BC中点F，连接EF，则EFBC，EF=2，四面体ABCD的体积，显然，当E在AD中点，即B是短轴端点时，BE有最大值为b=，所以.评注 本题把椭圆拓展到空间，对缺少联想思维的考生打击甚大！当然，作为填空押轴题，区分度还是要的，不过，

16、就抢分而言，胆大、灵活的考生也容易找到突破点：AB=BD(同时AC=CD)，从而致命一击，逃出生天！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)；(2)；(3)【解析】（1）利用圆锥体积可求得圆锥的高，进而得到母线长，根据圆锥侧面积公式可求得结果；（2）作交圆锥底面圆于点，则即为异面直线与所成角，在中，求解出三边长，利用余弦定理可求得，从而得到结果；（3）根据截面面积之比可得底面积之比，求得，进而求得等边三角形的边长，利用正棱锥的特点可知若为的中心，则即为侧棱与底面所成角，在中利用正切值求得结果.【详解】（1）设圆锥高为，母线长为由圆锥体积得： 圆锥的侧面积：（

17、2）作交圆锥底面圆于点，连接，则即为异面直线与所成角由题意知：，又 即异面直线与所成角为：（3）平行于平面M的一个平面N截得三棱锥与圆锥的截面面积之比为 又 ，即为边长为的等边三角形设为的中心，连接，则三棱锥为正三棱锥 平面即为侧棱与底面所成角 即侧棱与底面所成角为：【点睛】本题考查圆锥侧面积的求解、异面直线所成角的求解、直线与平面所成角的求解.解决立体几何中的角度问题的关键是能够通过平移找到异面直线所成角、通过找到直线在平面内的投影，得到线面角.18、（1）；（2）见解析【解析】(1)根据前n项和与通项间的关系得到，两式做差即可得到数列，数列为常数列，即；（2）根据第一问得到，裂项求和即可.

18、【详解】（1）当时，即， 当时， ， ，得，即，所以，且， 所以数列为常数列，即（2）由（1）得，所以，所以，【点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等19、（1）的单调递增区间是，单调递减区间是（2）【解析】1利用导数求单调区间；2先分离参数，转化为在恒成立利用导数求最值即可求解【详解】（1）， 所以当时，单调递增；当时，单调递减综上，的单调递增区间是，单调递减区间是（2）令，则在恒成立，当时，单调递减；当时

19、，单调递增所以的最大值在时取得，所以【点睛】本题主要考查了函数导数的应用，函数恒成立问题，分离参数，属于基础问题基础方法20、（1）椭圆的标准方程为；（2）的最小值为.【解析】试题分析：（1）由题可知）抛物线的焦点为，所以，然后根据离心率可得a值，从而得出椭圆标准方程（2）根据题意则需求出AC和BD的长度表达式，显然可以根据直线与椭圆的弦长公式求得，所以设，直线的方程为，代入椭圆方程，同理求出AC的长度，然后化简即得 .解析：（1）抛物线的焦点为，所以，又因为，所以，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）（i）当直线的斜率存在且时，直线的方程为，代入椭圆方程，并化简得.设，则， .易知的斜率为，所以. .当，即时，上式取等号，故的最小值为.（ii）当直线的斜率不存在或等于零时，易得.综上，的最小值为.点睛：本题要熟悉椭圆标准方程的求解、直线与椭圆的位置关系问题，在求解椭圆中的最值问题时务必先求出表达式结合不等式即可得出结论，同时直线与椭圆的弦长公式也要非常熟悉21、（1）证明见解析；是，；（