2021-2022学年广东省佛山市高二数学第二学期期末达标检测模拟试题含解析

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中国古典数学有完整的理论体系，其代表我作有周髀算经九章算术孙子算经数书九章等，有5位年轻人计划阅读这4本古典数学著作，要求每部古典数学著作至少有1人阅读,则不同的阅读方案的总数是(

2、 )A480B240C180D1202化简的结果是（）ABCD3已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为 （ ）ABCD4已知为椭圆M:+=1和双曲线N:-=1的公共焦点，为它们的一个公共点，且，那么椭圆M和双曲线N的离心率之积为（ ）AB1CD5设A，B，C是三个事件，给出下列四个事件：（）A，B，C中至少有一个发生；（）A，B，C中最多有一个发生；（）A，B，C中至少有两个发生；（）A，B，C最多有两个发生；其中相互为对立事件的是（ ）A和B和C和D和6从、中任取两个字母排成一列，则不同的排列种数为（ ）ABCD7在中，若，则的外接圆半径，将此结论拓展到空间，可得出的正确

3、结论是：在四面体中，若、两两互相垂直，则四面体的外接球半径（ ）ABCD8在极坐标系中,已知点,则过点且平行于极轴的直线的方程是( )ABCD9动点在圆上移动时，它与定点连线的中点的轨迹方程是 （ ）ABCD10若实数满足约束条件，且最大值为1，则的最大值为（ ）ABCD11小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A为“4个人去的景点不相同”，事件B为“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)（ ）A B C D 12已知函数，则（ ）A是偶函数，且在R上是增函数B是奇函数，且在R上是增函数C是偶函数，且在R上是减函数D是奇函数，且在R上是减函数二、填空题：本题共4小题，每小

4、题5分，共20分。13已知数列的前项和为，且满足，若，则的最小值为_14如图所示，则阴影部分的面积是 .15执行如图所示的程序框图，若输出的为1，则输入的的值等于_16已知定点和曲线上的动点，则线段的中点的轨迹方程为_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）某企业有甲、乙两个研发小组，他们研究新产品成功的概率分别为和，现安排甲组研发新产品，乙组研发新产品，设甲、乙两组的研发相互独立.（1）求恰好有一种新产品研发成功的概率；（2）若新产品研发成功，预计企业可获得利润120万元，不成功则会亏损50万元；若新产品研发成功，企业可获得利润100万元，不成功则会亏损4

5、0万元，求该企业获利万元的分布列.18（12分）如图，在多面体中，四边形是菱形，平面且.(1)求证：平面平面；(2)若设与平面所成夹角为，且，求二面角的余弦值.19（12分）树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，大量的统计数据表明，参与调查者中关注此问题的约占80%.现从参与调查的人群中随机选出人，并将这人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4 组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示(1) 求的值(2)现在要从年龄较小的第1,2,3组中用分层抽样的方法抽取人，

6、再从这人中随机抽取人进行问卷调查，求在第1组已被抽到人的前提下，第3组被抽到人的概率；（3）若从所有参与调查的人中任意选出人，记关注“生态文明”的人数为，求的分布列与期望.20（12分）（江苏省南通市高三最后一卷 - 备用题数学试题）已知函数，其中.（1）当时，求函数处的切线方程；（2）若函数存在两个极值点，求的取值范围；（3）若不等式对任意的实数恒成立，求实数的取值范围.21（12分）在平面直角坐标中，直线的参数方程为（为参数，为常数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）设直线与曲线相交于、两点，若，求的值.22（

7、10分）如图, 平面平面为等边三角形, 过作平面交分别于点,设.（1）求证：平面； （2）求的值, 使得平面与平面所成的锐二面角的大小为.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】分析：先根据条件确定有且仅有一本书是两人阅读，再根据先选后排求排列数.详解：先从5位年轻人中选2人，再进行全排列，所以不同的阅读方案的总数是选B.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至

8、少”的排列组合问题间接法.2、A【解析】根据平面向量加法及数乘的几何意义，即可求解，得到答案【详解】根据平面向量加法及数乘的几何意义，可得，故选A【点睛】本题主要考查了平面向量的加法法则的应用，其中解答中熟记平面向量的加法法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3、D【解析】由题设中提供的三视图中的图形信息与数据信息可知该几何体是一个底面是边长分别为,的等腰三角形，高是的三棱锥，如图，将其拓展成三棱柱，由于底面三角形是等腰三角形，所以顶角的余弦为，则，底面三角形的外接圆的半径，则三棱锥的外接球的半径，其表面积，应选答案D。4、B【解析】根据题意得到，根据勾股定理得到，计算得到答案

9、.【详解】为椭圆M:+=1和双曲线N:-=1的公共焦点 故，故，故即 故选：【点睛】本题考查了椭圆和双曲线的离心率，意在考查学生的计算能力.5、B【解析】利用互斥事件、对立事件的定义直接求解【详解】解：，是三个事件，给出下列四个事件：（），中至少有一个发生；（），中最多有一个发生；（），中至少有两个发生（），最多有两个发生；在中，和能同时发生，不是互斥事件，故中的两个事件不能相互为对立事件；在中，和既不能同时发生，也不能同时不发生，故中的两个事件相互为对立事件；在中，和能同时发生，不是互斥事件，故中的两个事件不能相互为对立事件；在中，和能同时发生，不是互斥事件，故中的两个事件不能相互为对立事件

10、故选：【点睛】本题考查相互为对立事件的判断，考查互斥事件、对立事件的定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题6、D【解析】从、中任取两个字母排成一列，直接利用排列数公式可得出结果.【详解】由排列数的定义可知，从、中任取两个字母排成一列，则不同的排列种数为.故选：D.【点睛】本题考查排列数的应用，考查计算能力，属于基础题.7、A【解析】四面体中，三条棱、两两互相垂直，则可以把该四面体补成长方体，长方体的外接球就是四面体的外接球，则半径易求.【详解】四面体中，三条棱、两两互相垂直，则可以把该四面体补成长方体，是一个顶点处的三条棱长.所以外接球的直径就是长方体的体对角线，则半径.故选A.【点睛】

11、本题考查空间几何体的结构，多面体的外接球问题，合情推理.由平面类比到立体，结论不易直接得出时，需要从推理方法上进行类比，用平面类似的方法在空间中进行推理论证，才能避免直接类比得到错误结论.8、A【解析】将点化为直角坐标的点，求出过点且平行于轴的直线的方程，再转化为极坐标方程，属于简单题。【详解】因为点的直角坐标为，此点到轴的距离是，则过点且平行于轴的直线的方程是，化为极坐标方程是故选A.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化，属于简单题。9、B【解析】设连线的中点为,再表示出动点的坐标,代入圆化简即可.【详解】设连线的中点为,则因为动点与定点连线的中点为,故 ,又在圆上,故,即即故选：B【点睛

12、】本题主要考查了轨迹方程的一般方法,属于基础题型.10、A【解析】首先画出可行域，根据目标函数的几何意义得到，再利用基本不等式的性质即可得到的最大值.【详解】由题知不等式组表示的可行域如下图所示：目标函数转化为，由图易得，直线在时，轴截距最大.所以.因为，即，当且仅当，即，时，取“”.故选：A【点睛】本题主要考查基本不等式求最值问题，同时考查了线性规划，属于中档题.11、A【解析】这是求小赵独自去一个景点的前提下，4个人去的景点不相同的概率，求出相应基本事件的个数，按照公式计算，即可得出结论【详解】小赵独自去一个景点共有4333108种情况，即n(B)108,4个人去的景点不同的情况有种，即n

13、(AB)24，.故选：A【点睛】本题考查条件概率，考查学生的计算能力，确定基本事件的个数是关键12、D【解析】根据题意，由函数的解析式可得f（x）2x（）xf（x），则函数f（x）为奇函数，由指数函数的性质可得y（）x在R上为减函数，y2x在R上为增函数，则函数f（x）（）x2x在R上为减函数，据此分析可得答案【详解】根据题意，f（x）（）x2x，有f（x）2x（）xf（x），则函数f（x）为奇函数，又由y（）x在R上为减函数，y2x在R上为增函数，则函数f（x）（）x2x在R上为减函数，故选：D【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的判断，关键是掌握函数奇偶性、单调性的判断方法，属于基础题二、

14、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-14【解析】分析：由，即 利用等差数列的通项公式可得： 当且仅当时，即可得出结论详解：由由，即数列 为等差数列，首项为-5，公差为1 可得：，当且仅当时，已知 ，则最小值为 即答案为-14.点睛：本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式与求和公式、数列的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题14、32【解析】试题分析：由题意得，直线y=2x与抛物线y=3-x2，解得交点分别为(-3,-6)和(1,2)，抛物线y=3-x2与x轴负半轴交点(-302xdx+考点：定积分在求面积中的应用【方法点晴】本题主要考查了定积分求解曲边形的面积中的应

15、用，其中解答中根据直线方程与曲线方程的交点坐标，确定积分的上、下限，确定被积函数是解答此类问题的关键，同时解答中注意图形的分割，在x轴下方的部分积分为负（积分的几何意义强调代数和），着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题15、2或【解析】根据程序框图，讨论和两种情况，计算得到答案.【详解】当时，故；当时，故，解得或（舍去）.故答案为：2或.【点睛】本题考查了程序框图，意在考查学生的计算能力和理解能力.16、【解析】通过中点坐标公式，把点的坐标转移到上，把点的坐标代入曲线方程，整理可得点的轨迹方程。【详解】设点的坐标为，点，因为点是线段的中点，所以解得，把点的坐标代入曲线方程可得，整理

16、得，所以点的轨迹方程为故答案为：【点睛】本题考查中点坐标公式，相关点法求轨迹方程的方法，属于中档题。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）；（2）见解析.【解析】【试题分析】（1）依据题设运用分步计数原理进行求解；（2）借助题设先求其概率分布，再运用随机变量的数学期望公式求解：（1） （2） ，所以分布列为18、 (1)见解析;(2).【解析】（1）根据已知可得和，由线面垂直判定定理可证平面，再由面面垂直判定定理证得平面平面.（2）解法一：向量法，设，以为原点，作，以的方向分别为轴，轴的正方向，建空间直角坐标系，求得的坐标，运用向量的坐标表示和向量的垂直条件

17、，求得平面和平面的的法向量，再由向量的夹角公式，计算即可得到所求的值. 解法二：三垂线法，连接AC交BD于O，连接EO、FO，过点F做FMEC于M，连OM，由已知可以证明FO面AEC，FMO即为二面角A-EC-F的平面角，通过菱形的性质、勾股定理和等面积法求得cosFMO，得到答案. 解法三：射影面积法，连接AC交BD于O，连接EO、FO，根据已知条件计算，二面角的余弦值cos=，即可求得答案.【详解】（1）证明：连结四边形是菱形， 平面，平面， ，平面， 平面， 平面，平面平面. （2）解：解法一：设 ， 四边形是菱形，、为等边三角形， ， 是的中点， ， 平面，在中有， 以为原点，作，以的

18、方向分别为轴，轴的正方向，建空间直角坐标系如图所示，则 所以， 设平面的法向量为，由 得 设，解得.设平面的法向量为，由 得 设，解得. 设二面角的为，则结合图可知，二面角的余弦值为. 解法二：EB面ABCD，EAB即为EA与平面ABCD所成的角在RtEAB中，cosEAB= 又AB=2,AE=EB=DF=1 连接AC交BD于O，连接EO、FO菱形ABCD中，BAD=60，BD=AB=2矩形BEFD中，FO=EO= ,EF=2,EO+FO=EF,FOEO又AC面BEFD, FO面BEFD,FOAC,ACEO=O，AC、EO面AEC,FO面AEC又EC面AEC,FOEC过点F做FMEC于M，连O

19、M，又FOEC, FMFO=F, FM、FO面FMO,EC面FMOOM面FMO,ECMOFMO即为二面角A-EC-F的平面角AC面BEFD, EO面BEFD，ACEO又O为AC的中点，EC=AE=RtOEC中，OC=, EC=,OE=,OM =RtOFM中，OF=, OM =,FM =cosFMO=即二面角A-EC-F的余弦值为解法三：连接AC交BD于O，连接EO、FO菱形ABCD中，BAD=60，BD=AB=2矩形BEFD中，FO=EO= ,EF=2,EO+FO=EF,FOEO又AC面BEFD, FO面BEFD,FOAC,ACEO=O，AC、EO面AEC,FO面AEC又EB面ABCD，EAB

20、即为EA与平面ABCD所成的角在RtEAB中，cosEAB= 又AB=2,AE=EB=DF=1 在RtEBC、RtFDC中可得FC=EC=在EFC中，FC=EC=，EF=2,在AEC中, AE=EC=,O为AC中点，OEOC在RtOEC,OE=, OC=,设EFC、OEC在EC边上的高分别为h、m,二面角A-EC-F的平面角设为，则cos=即二面角A-EC-F的余弦值为.【点睛】本题考查平面垂直的证明和二面角的计算，属于中档题.19、 (1) (2) （3）【解析】试题分析：（1）由频率分布直方图求出的值；（2）设从12人中随机抽取3人，第1组已被抽到1人为事件，第3组抽到2人为事件，由条件概

21、率公式得到所求概率；（3）的可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率值，从而得到的分布列与期望.试题解析：（1）由，得，（2）第1，2，3组的人数分别为20人，30人，70人，从第1，2，3组中用分层抽样的方法抽取12人，则第1，2，3组抽取的人数分别为2人，3人，7人. 设从12人中随机抽取3人，第1组已被抽到1人为事件，第3组抽到2人为事件， 则 （3）从所有参与调查的人中任意选出1人，关注“生态文明”的概率为 的可能取值为0，1，2，3. ，所以的分布列为， 20、 (1) .(2) .(3) .【解析】（1）首先将代入函数解析式，求出函数的导数，求出函数的切线的斜率，利用点斜式写出直线

22、的方程，化简求得结果；（2）求出函数的导数，利用函数存在两个极值点，是方程的两个不等正根，韦达定理得到关系，将化为关于的函数关系式，利用导数求得结果；（3）将恒成立问题应用导数来研究，分类讨论，求得结果.【详解】（1）当时，故，且，故所以函数在处的切线方程为（2）由，可得因为函数存在两个极值点，所以是方程的两个不等正根，即的两个不等正根为所以，即 所以令，故，在上单调递增，所以故得取值范围是（3）据题意，对任意的实数恒成立，即对任意的实数恒成立.令，则若，当时，故符合题意；若，（i）若，即，则，在上单调赠所以当时，故符合题意；（ii）若，即，令，得（舍去），当时，在上单调减；当时，在上单调递增，所以存在，使得，与题意矛盾，所以不符题意.若，令，得当时，在上单调增；当时，在上单调减.首先证明：要证：，即要证：，只要证：因为，所以，故所以其次证明，当时，对任意的都成立令，则，故在上单调递增，所以，则所以当时，对任意的都成立所以当时，即，与题意矛盾，故不符题意，综上所述，实数的取值范围是.【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有导数的几何