江西省吉安市新干县第二中学2022年高二数学第二学期期末调研试题含解析

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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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将A，B，C，D，E，F这6个字母随机排成一排组成一个信息码，则所得信息码恰好满足A，B，C三个字母连在一起，且B在A与C之间的概率为（ ）ABCD2在平面直角坐标系中，角的终边与

2、单位圆交于点，则（ ）ABCD3我国南北朝时期数学家祖暅，提出了著名的祖暅原理：“缘幂势既同，则积不容异也”“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等已知某不规则几何体与右侧三视图所对应的几何体满足“幂势既同”，其中俯视图中的圆弧为圆周，则该不规则几何体的体积为（ ）ABCD4在中，内角，所对的边分别为，.若，则的面积为（ ）A3BCD5已知定义在上的函数在上单调递减，且是偶函数，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是( )ABCD6若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A22B42C2D47若集合，则( )AB

3、CD8的展开式中的系数为（ ）A5B10C20D309某个命题与正整数有关，如果当时命题成立，那么可推得当 时命题也成立。现已知当n=8时该命题不成立，那么可推得A当n=7时该命题不成立B当n=7时该命题成立C当n=9时该命题不成立D当n=9时该命题成立10在RtABC中，AC=1，BC=x，D是斜边AB的中点，将BCD沿直线CD翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CBAD，则x的取值范围是（）ABCD（2，411已知复数的共轭复数为，则（ ）A-1B1CD12已知二项式，且，则( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某次试验中，是离散型随机变量，服从分布，该事件恰

4、好发生次的概率是_（用数字作答）.14已知向量与的夹角为120，且，则_15若随机变量，且，则_16已知P是椭圆上的一点，F1，F2是椭圆的两个焦点，且F1PF260，则F1PF2的面积是_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）已知函数（）求的单调区间；（）求在区间上的最值18（12分）等差数列的各项均为正数，,前n项和为等比数列 中，且,（1）求数列与的通项公式；（2）求19（12分）已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长是短轴长的2倍且经过点，平行于的直线在轴上的截距为，交椭圆于两个不同点.（1）求椭圆的标准方程以及的取值范围；（2）求证直线与轴始终

5、围成一个等腰三角形.20（12分）已知函数的定义域为.（1）求实数的取值范围；（2）设实数为的最大值，若实数满足，求的最小值.21（12分）已知函数.（1）若函数在其定义域内单调递增，求实数的最大值；（2）若存在正实数对，使得当时，能成立，求实数的取值范围.22（10分）已知，椭圆C过点，两个焦点为，E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，直线EF的斜率为，直线l与椭圆C相切于点A，斜率为求椭圆C的方程；求的值参考答案一、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A，B，C三个字捆在一起，利用

6、捆绑法得到答案.【详解】由捆绑法可得所求概率为.故答案为C【点睛】本题考查了概率的计算，利用捆绑法可以简化运算.2、D【解析】首先根据三角函数的定义求出，再求即可.【详解】，.故选：D【点睛】本题主要考查正切二倍角的计算，同时考查三角函数的定义，属于简单题.3、B【解析】根据三视图知该几何体是三棱锥与圆锥体的所得组合体，结合图中数据计算该组合体的体积即可【详解】解：根据三视图知，该几何体是三棱锥与圆锥体的组合体，如图所示；则该组合体的体积为；所以对应不规则几何体的体积为故选B【点睛】本题考查了简单组合体的体积计算问题，也考查了三视图转化为几何体直观图的应用问题，是基础题4、C【解析】通过余弦定

7、理可得C角，再通过面积公式即得答案.【详解】根据余弦定理，对比，可知，于是，根据面积公式得，故答案为C.【点睛】本题主要考查余弦定理和面积公式的运用，比较基础.5、A【解析】根据是偶函数可以得出函数的对称轴，再根据函数在上单调递减可以得出函数在上的单调区间，从而解出不等式对任意的恒成立时的取值范围【详解】是偶函数，所以得出函数的对称轴为，又因为函数在上单调递减，所以在上单调递增因为，所以因为不等式对任意的恒成立，所以选择A【点睛】本题主要考查了函数的对称轴和奇偶性的综合问题，在解决此类题目时要搞清楚每一个条件能得出什么结论，把这些结论综合起来即得出结果属于较难的题目6、C【解析】试题分析：由三

8、视图知几何体是一个简单的组合体，上面是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个正方形，对角线长是，侧棱长，高是，下面是一个圆柱，圆柱的底面直径是，高是，所以组合体的体积是，故选C.考点：几何体的三视图及体积的计算.【方法点晴】本题主要考查了几何体的三视图及其体积的计算，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答中根据三视图得出上面一个四棱锥、下面是一个圆柱组成的组合体，得到几何体的数量关系是解答的关键，属于基础题.7、A【解析】分析：求出及，即可得到.详解：则.故选C.点睛：本题考查集合的综

9、合运算，属基础题.8、D【解析】根据乘法分配律和二项式展开式的通项公式，列式求得的系数.【详解】根据乘法分配律和二项式展开式的通项公式，题目所给表达式中含有的为，故展开式中的系数为，故选D.【点睛】本小题主要考查二项式展开式通项公式的应用，考查乘法分配律，属于基础题.9、A【解析】根据逆否命题和原命题的真假一致性得，当时命题不成立，则命题也不成立，所以选A.【详解】根据逆否命题和原命题的真假一致性得，当时命题不成立，则命题也不成立，所以当时命题不成立，则命题也不成立，故答案为：A【点睛】(1)本题主要考查数学归纳法和逆否命题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 互为逆否关系

10、的命题同真同假，即原命题与逆否命题的真假性相同，原命题的逆命题和否命题的真假性相同.所以，如果某些命题（特别是含有否定概念的命题）的真假性难以判断，一般可以判断它的逆否命题的真假性.10、A【解析】由，取的中点E，翻折前，连接，则，翻折后，在图2中，此时，及，进而得到，由此可求解得取值范围，得到答案.【详解】由题意得，取的中点E，翻折前，在图1中，连接，则，翻折后，在图2中，此时，因为，所以平面，所以，又为的中点，所以，所以，在中，可得；，由，可得.如图3，翻折后，当与在一个平面上，与交于，且，又，所以，所以，此时，综上可得的取值范围是，故选A.【点睛】本题主要考查了平面图形的翻折问题，以及空

11、间几何体的结构特征的应用，其中解答中认真审题，合理利用折叠前后图形的线面位置关系是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.11、C【解析】根据共轭复数的概念，可得，然后利用复数的乘法、除法法则，可得结果.【详解】，故选：C【点睛】本题考查复数的运算，注意细节，细心计算，属基础题.12、D【解析】把二项式化为，求得其展开式的通项为，求得，再令，求得，进而即可求解【详解】由题意，二项式展开式的通项为，令，可得，即，解得，所以二项式为，则，令，即，则，所以【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中把二项式，利用二项式通项，合理赋值求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能

12、力，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】根据二项分布的概率计算公式，代值计算即可.【详解】根据二项分布的概率计算公式，可得事件发生2次的概率为故答案为：.【点睛】本题考查二项分布的概率计算公式，属基础题.14、7【解析】由题意得， 则715、【解析】由，得，两个式子相加，根据正态分布的对称性和概率和为1即可得到答案【详解】由随机变量，且，根据正态分布的对称性得且正态分布的概率和为1，得.故答案为0.15【点睛】本题考查了正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，属于基础题16、【解析】利用余弦定理求出，再求F1PF2的面积.【详解】|PF1|PF2|4，又F1P

13、F260，由余弦定理可得|F1F2|2|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cos6012(|PF1|PF2|)22|PF1|PF2|PF1|PF2|，.【点睛】本题主要考查椭圆的定义和余弦定理，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，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、 ()增区间为（1，），(-)，减区间为（-1,1）；() 最小值为，最大值为【解析】试题分析：（）首先求函数的导数，然后解和的解集；（）根据上一问的单调区间，确定函数的端点值域极值，其中最大值就是函数的最大值，最小的就是函数的最小值.试题解析：（）根据题意

14、，由于因为0,得到x1,x-1,故可知在上是增函数，在上是增函数，而则，故在上是减函数（）当时，在区间取到最小值为当时，在区间取到最大值为.考点：导数的基本运用18、（1），；（2）【解析】（1）由题意,要求数列与的通项公式,只需求公差，公比,因此可将公差,公比分别设为d，q,然后根据等差数列的前项和公式,代入,求出d，q即可写出数列与的通项公式（2）由（1）可得,即,而要求,故结合的特征可变形为,代入化简即可【详解】（1）设等差数列的公差为d，d1，的等比为q 则 , 依题意有，解得或（舍去）故,（2）由（1）可得 =【点睛】本题第一问主要考查了求数列的通项公式,较简单,只要能写出的表达式,

15、然后代入题中的条件正确计算即可得解,但要注意d1第二问考查了求数列的前n项和，关键是要分析数列通项的特征,将等价变形为,然后代入计算，这也是求数列前n项和的一种常用方法-裂项相消法！19、（1）（2）见解析.【解析】（1）设椭圆方程为则 椭圆方程 直线l平行于OM，且在轴上的截距为m 又 l的方程为：由直线l与椭圆交于A、B两个不同点， m的取值范围是 （2）设直线MA、MB的斜率分别为k1，k2，只需证明k1k2=0即可设 可得而 k1k2=0故直线MA、MB与x轴始终围成一个等腰三角形.点睛：解答本题的第一问是，直接依据题设条件建立含方程组，通过解方程组求出基本量，进而确定椭圆的标准方程，

16、再联立直线与椭圆的方程组成的方程组，借助交点的个数建立不等式求出参数的取值范围；求解第二问时，依据题意先将问题转化为证明直线的斜率之和为0的问题来处理，再联立直线与椭圆的方程组成的方程组，借助坐标之间的关系进行推证而获解20、（1）（2）【解析】（1）由定义域为，只需求解的最小值，即可得实数的取值范围；（2）根据（1）求得实数的值，利用基本不等式即可求解最小值【详解】（1）函数的定义域为.对任意的恒成立，令，则，结合的图像易知的最小值为，所以实数的取值范围.（2）由（1）得，则，所以，当且仅当，即，时等号成立，的最小值为.【点睛】本题主要考查了含绝对值函数的最值，转化思想和基本不等式的应用，考

17、查了分析能力和计算能力，属于难题.21、（1）4（2）【解析】（1）先求导，再根据导数和函数的单调性的关系即可求出的范围，（2）根据题意可得，因此原问题转化为存在正实数使得等式成立，构造函数，利用导数求出函数的值域，即可求出的取值范围【详解】解析：（1）由题意得，函数在其定义域内单调递增，则在内恒成立，故.因为（等号成立当且仅当即）所以（经检验满足题目），所以实数的最大值为4.（2）由题意得，则，因此原问题转化为：存在正数使得等式成立.整理并分离得，记，要使得上面的方程有解，下面求的值域，故在上是单调递减，在上单调递增，所以，又，故当，综上所述，即实数的取值范围为.【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查转化思想，属于中档题22、（1）；（2）0.【解析】可设椭圆C的方程为，由题意可得，由椭圆的定义计算可得，进而得到b，即可得到所求椭圆方程；设直线AE：，代入椭圆方程，运用韦达定理可得E的坐标，由题意可将k换为，可得F的坐标，由直线的斜率公式计