2022年广东省深圳市蛇口育才二中高二数学第二学期期末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已知定义在R上的偶函数，在时，若，则a的取值范围是（ ）A B C D2某单位从6男4女共10名员工中，选出3男2女共5名员工，安排在周一到周五的5个夜晚值班，每名员工值

2、一个夜班且不重复值班，其中女员工甲不能安排在星期一、星期二值班，男员工乙不能安排在星期二值班，其中男员工丙必须被选且必须安排在星期五值班，则这个单位安排夜晚值班的方案共有（ ）A960种B984种C1080种D1440种3设，则AB，CD，4已知三棱锥的四个顶点在空间直角坐标系中的坐标分别为，画该三棱锥的三视图的俯视图时，以平面为投影面，得到的俯视图可以为（ ）ABCD5在复平面内，复数对应向量（为坐标原点），设，以射线为始边，为终边逆时针旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：，则，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：，则（ ）ABCD6设随机变量，随机变量，若，则（ ）ABCD7已知函

3、数，若的两个极值点的等差中项在区间上，则整数（ ）A1或2B2C1D0或18某快递公司的四个快递点呈环形分布（如图所示），每个快递点均已配备快递车辆10辆因业务发展需要，需将四个快递点的快递车辆分别调整为5,7,14,14辆，要求调整只能在相邻的两个快递点间进行，且每次只能调整1辆快递车辆，则A最少需要8次调整，相应的可行方案有1种B最少需要8次调整，相应的可行方案有2种C最少需要9次调整，相应的可行方案有1种D最少需要9次调整，相应的可行方案有2种9已知，则( )ABCD10已知是等比数列的前n项和，且是与的等差中项，则（ ）A成等差数列B成等差数列C成等差数列D成等差数列11某中学高二年级

4、的一个研究性学习小组拟完成下列两项调查：从某社区430户高收入家庭，980户中等收入家庭，290户低收入家庭中任意选出170户调查社会购买力的某项指标；从本年级12名体育特长生中随机选出5人调查其学习负担情况；则该研究性学习小组宜采用的抽样方法分别是 （ ）A用系统抽样，用简单随机抽样B用系统抽样，用分层抽样C用分层抽样，用系统抽样D用分层抽样，用简单随机抽样12下列命题中不正确的是（）A空间中和两条相交直线都平行的两个平面平行B空间中和两条异面直线都平行的两个平面平行C空间中和两条平行直线都垂直的两个平面平行D空间中和两条平行直线都平行的两个平面平行二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共2

5、0分。13根据所示的伪代码，若输入的的值为-1,则输出的结果为_.14展开式中项的系数为_15设O是原点，向量对应的复数分别为那么，向量对应的复数是 16已知函数，且过原点的直线与曲线相切，若曲线与直线轴围成的封闭区域的面积为，则的值为_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）已知数列的前项和，且满足：，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.18（12分）已知函数 .（1）求函数的单调区间；（2）当时，证明：对任意的,19（12分）如图，在三棱锥中，两两垂直，且为线段的中点.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成角的正弦值.20（12分）

6、在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线与曲线交于两点.(1)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)已知点的极坐标为，的值.21（12分）选修4一5:不等式选讲已知函数，.(1)当时,解不等式；(2)若对任意,存在,使得成立,求实数的取值范围.22（10分）已知函数（且）的图象过点.（）求实数的值；（）若，对于恒成立，求实数的取值范围.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、B【解析】试题分析：当时，函数在上为增函数，函数是定义在

7、R上的偶函数，即考点：函数的单调性、奇偶性、解不等式2、A【解析】分五类：（1）甲乙都不选：；（2）选甲不选乙： ；（3）选乙不选甲：；（4）甲乙都选： ；故由加法计数原理可得，共种，应选答案A。点睛：解答本题的关键是深刻充分理解题意，灵活运用排列数、组合数公式及分步计数原理和分类计数原理两个基本原理。求解依据题设条件将问题分为四类，然后运用排列数、组合数公式及分步计数原理和分类计数原理两个基本原理求出问题的答案，使得问题获解。3、A【解析】利用一元二次不等式的解法以及对数函数的单调性，求出集合，然后进行交集的运算即可。【详解】，；，故选【点睛】本题主要考查区间表示集合的定义，一元二次不等式的

8、解法，对数函数的定义域及单调性，以及交集的运算4、C【解析】点在的投影为，点在的投影为，在的投影为，在的投影为，连接四点，注意实线和虚线，得出俯视图，选C5、D【解析】将复数化为的形式，再利用棣莫弗定理解得答案.【详解】【点睛】本题考查复数的计算，意在考查学生的阅读能力，解决问题的能力和计算能力.6、A【解析】试题分析：随机变量，解得，故选C考点：1二项分布；2n次独立重复试验方差7、B【解析】根据极值点个数、极值点与导函数之间的关系可确定的取值范围，结合为整数可求得结果.【详解】由题意得：.有两个极值点，解得：或.方程的两根即为的两个极值点，综上可得：，又是整数，.故选：.【点睛】本题考查极

9、值与导数之间的关系，关键是明确极值点是导函数的零点，从而利用根与系数关系构造方程.8、D【解析】先阅读题意，再结合简单的合情推理即可得解【详解】（1）AD调5辆，DC调1辆，BC调3辆，共调整：5139次，（2）AD调4辆，AB调1辆，BC调4辆，共调整：4149次，故选：D【点睛】本题考查了阅读能力及简单的合情推理，属中档题9、C【解析】将两边同时平方，利用商数关系将正弦和余弦化为正切，通过解方程求出，再利用二倍角的正切公式即可求出.【详解】再同时除以，整理得故或，代入，得.故选C.【点睛】本题主要考查了三角函数的化简和求值，考查了二倍角的正切公式以及平方关系，商数关系，属于基础题.10、B

10、【解析】由于是与的等差中项，得到 ，分，两种情况讨论，用等比数列的前n项和公式代入，得到，即，故得解.【详解】由于是与的等差中项，故 由于等比数列，若：，矛盾；若：，即成等差数列故选：B【点睛】本题考查了等差、等比数列综合，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.11、D【解析】总体由差异明显的几部分构成时，应选用分层抽样；总体个体数有限、逐个抽取、不放回、每个个体被抽到的可能性均等，应选用简单随机抽样；选D12、D【解析】作出几何体，根据图像，结合线面、面面间的关系，即可得出结果.【详解】如下图，mn，且m，n与底面、左面都平行，但、相交，所以，D不正确由面面平行的判定可知

11、A、B、C都正确故选D【点睛】本主要考查空间中，直线、平面间的位置关系，熟记线面、面面位置关系，即可求出结果.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】通过读条件语句，该程序是分段函数，代入即可得到答案.【详解】根据伪代码，可知，当时，故答案为.【点睛】本题主要考查条件程序框图的理解，难度不大.14、1【解析】分析：根据二项式定理的通项公式，再分情况考虑即可求解详解：展开式中x项的系数：二项式（1+x）5由通项公式当（1x）提供常数项时：r=1，此时x项的系数是=2018，当（1x）提供一个x时：r=0，此时x项的系数是1=1合并可得（1x）（1+x）5展开式中x项的系数为

12、1故答案为：1点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r1项，再由特定项的特点求出r值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.15、【解析】解：因为=（2+3, -3-2）=（5,-5），所以向量对应的复数是5-5i16、【解析】分析：先根据导数几何意义求切点以及切线方程，再根据定积分求封闭区域的面积，解得的值.详解：设切点，因为，所以所以当时封闭区域的面积为因此，当时，同理可得，即点睛：利用定积分求曲边图形面积时，一定要找准积分上限、下限及被积函数当图形的边界不同

13、时，要分不同情况讨论三、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）【解析】试题分析：（1）当时，可求出，当时，利用可求出是以2为首项，2为公比的等比数列，故而可求出其通项公式；（2）由裂项相消可求出其前项和.试题解析：（1）依题意：当时，有：，又，故，由当时，有，得：化简得：，是以2为首项，2为公比的等比数列，.（2）由（1）得：， 18、 (1) 单调递减区间为,单调递增区间为 (2)证明见解析【解析】（1）函数定义域为，求导得到，根据导数正负得到函数的单调区间.（2），不等式等价于恒成立，设，求函数的最小值得到，得到证明.【详解】（1），定义域为，令；令

14、.函数的单调递减区间为,单调递增区间为（2），即证恒成立令，即证恒成立，使成立，即则当时，当时，在上单调递减，在上单调递增.又因，即又因，即得证.【点睛】本题考查了函数的单调区间，恒成立问题，将恒成立问题转化为函数的最值问题是解题的关键.19、 (1)见解析；（2）.【解析】分析：（1）由题意得，又，从而即可证明；（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，即可运用空间向量的方法求得答案.详解：（1）证明：因为，为线段的中点，所以.又两两垂直，且所以平面，则.因为，所以平面.（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则.，可设，则，则，设平面的法向量为，则，即 令，得.平面的

15、一个法向量为，则.故平面与平面所成二面角的正弦值为.点睛：求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角20、 (1) ，.(2) .【解析】分析：(1)先根据加减消元法得直线的普通方程，再根据将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）先求P直角坐标，再设直线的参数方程标准式，代入曲线的直角坐标方程，根据参数几何意义以及利用韦达定理得结果.详解：(1) 的普通方程为: ；又, 即曲线的直角坐标方程为: (2)解法一: 在直线上,直线的参数方程为(为参数),代入曲线的直角坐标方程得

16、，即, .解法二: ，点睛：直线的参数方程的标准形式的应用过点M0(x0，y0)，倾斜角为的直线l的参数方程是.(t是参数，t可正、可负、可为0)若M1，M2是l上的两点，其对应参数分别为t1，t2，则(1)M1，M2两点的坐标分别是(x0t1cos ，y0t1sin )，(x0t2cos ，y0t2sin ).(2)|M1M2|t1t2|.(3)若线段M1M2的中点M所对应的参数为t，则t，中点M到定点M0的距离|MM0|t|.(4)若M0为线段M1M2的中点，则t1t20.21、（1）；（2）.【解析】分析：（1）当时，分段讨论即可；（2）由题意可得函数的值域是的值域的子集，从而求得实数的取值范围.详解：（1)当时，或，或，解得.即不等式解集为.(2)，当且仅当时，取等号，的值域为.又在区间上单调递增.即的值域为，要满足条件，必有，解得