四川省天府名校2021-2022学年高二数学第二学期期末教学质量检测试题含解析

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已知全集，集合，则（）ABCD2一个口袋中装有大小相同的2个白球和3个黑球，从中摸出一个球，放回后再摸出一个球，则两次摸出的球恰好颜色不同的概率为 （ ）ABCD3若x，

2、y满足约束条件，则的最大值为（）AB1C2D44已知函数在区间内既有极大值又有极小值，则实数的取值范围是（ ）ABCD5如图 分别是椭圆 的两个焦点，和是以为圆心，以为半径的圆与该左半椭圆的两个交点，且是等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）ABCD6设集合，则( )ABCD7已知实数满足则的最大值是( )A-2B-1C1D28已知，C“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件9若实数满足约束条件，且最大值为1，则的最大值为（ ）ABCD10等差数列an的前n项和Sn，且4S26，15S421，则a2的取值范围为（ ）ABCD11已知函数，则的大致图像是（

3、）ABCD12复数在复平面内对应的点位于( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在极坐标系中，点到圆的圆心的距离为_14i为虚数单位，设复数z满足，则z的虚部是_15设函数,，则函数的递减区间是_16已知函数，若函数在上为单调函数，则实数的取值范围是_.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，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. （）证明：PB平面ACM； （）设直线AM与平面ABCD所成的角

4、为，二面角MACB的大小 为，求sincos的值.18（12分）请先阅读：在等式的两边求导，得：，由求导法则，得：，化简得等式：利用上述的想法，结合等式（,正整数）（1）求 的值；（2）求的值19（12分）已知函数的定义域为，且对任意实数恒有（且）成立.（1）求函数的解析式；（2）讨论在上的单调性，并用定义加以证明.20（12分）如图所示，在底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，ABAC,PA平面ABCD，且PA=AB=2，AC=1，点E是PD的中点 （1）求证：PB平面AEC；（2）求二面角E-AC-B的大小21（12分）在平面直角坐标系中,以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知

5、圆的直角坐标方程为.求圆的极坐标方程；设圆与圆：交于两点，求.22（10分）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面，（1）求直线与直线所成的角的大小；（2）求四棱锥的侧面积；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、D【解析】首先解出集合，由集合基本运算的定义依次对选项进行判定。【详解】由题可得，；所以，则选项正确；故答案选D【点睛】本题考查一元二次方程、绝对值不等式的解法以及集合间基本运算，属于基础题。2、C【解析】由题意结合排列组合公式和古典概型计算公式求解概率值即可.【详解】由乘法原理可知，有放回摸球可能的方

6、法有种，若第一次摸出白球，第二次摸出黑球，有种，若第一次摸出黑球，第二次摸出白球，有种，结合古典概型计算公式可得，两次摸出的球恰好颜色不同的概率为.本题选择C选项.【点睛】有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.3、D【解析】已知x，y满足约束条件，画出可行域，目标函数zy2x，求出z与y轴截距的最大值，从而进行求解；【详解】x，y满足约束条件，画出可行域，如图：由目标函数zy2x的几何意义可知，z在点A出取

7、得最大值，A（3，2），zmax22（3）4，故选：D【点睛】在解决线性规划的小题时，常用步骤为：由约束条件画出可行域理解目标函数的几何意义，找出最优解的坐标将坐标代入目标函数，求出最值；也可将可行域各个角点的坐标代入目标函数，验证，求出最值4、A【解析】分析：先求导得到，转化为方程在（0,2）内有两个相异的实数根，再利用根的分布来解答得解.详解：由题得，原命题等价于方程在（0,2）内有两个相异的实数根，所以.故答案为：A.点睛：（1）本题主要考查导数的应用，考查导数探究函数的极值问题，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和分析推理能力数形结合的思想方法.(2)解答本题有两个关键，其一是转化为

8、方程在（0,2）内有两个相异的实数根，其二是能准确找到方程在（0,2）内有两个相异的实数根的等价不等式组,它涉及到二次方程的根的分布问题.5、D【解析】根据等边三角形的性质，求得A点坐标，代入椭圆方程，结合椭圆离心率的取值范围，即可求得椭圆的离心率【详解】由题意知A，把A代入椭圆(ab0)，得，整理，得，0e1，故选D.【点睛】本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、等边三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题6、D【解析】函数有意义，则，函数的值域是，即.本题选择D选项.7、C【解析】作出可行域，如图内部（含两边），作直线，向上平移直线，增加，当过点时，是最大值故选C8、A【解析】根

9、据充分条件和必要条件的定义分析可得答案.【详解】显然“”是“”的充分条件，当时，满足，但是不满足，所以“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题.9、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.10、B【解析】首先设公差为，由题中的条件可得和，利用待定系数

10、法可得，结合所求的范围及不等式的性质可得.【详解】设公差为，由，得，即；同理由可得.故可设，所以有，所以有，解得，即，因为 ，.所以，即.故选：B.【点睛】本题主要考查不等式的性质及等差数列的运算，利用不等式求解范围时注意放缩的尺度，运算次数越少，范围越准确.11、C【解析】利用函数值的正负及在单调递减，选出正确答案.【详解】因为，排除A，D；，在同一个坐标系考查函数与的图象，可得，在恒成立，所以在恒成立，所以在单调递减排除B，故选C.【点睛】根据解析式选函数的图象是高考的常考题型，求解此类问题没有固定的套路，就是要利用数形结合思想，从数到形、从形到数，充分提取有用的信息.12、D【解析】化简

11、复数为的形式，求得复数对应点的坐标，由此判断所在的象限.【详解】，该复数对应的点为，在第四象限.故选D.【点睛】本小题主要考查复数的运算，考查复数对应点的坐标所在象限.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析：先根据圆的极坐标方程转化成直角坐标系方程，求得圆心坐标，把点转化成直角坐标，最后利用两点间的距离公式求得答案.详解：，即，圆心为，点的直角坐标为，.故答案为：.点睛：求解与极坐标有关的问题的主要方法(1)直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用；(2)转化为直角坐标系，用直角坐标求解使用后一种方法时，应注意若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化为极坐标14

12、、【解析】分析：直接利用复数的乘法运算，化简复数，然后求出复数的虚部.详解：由，可得,，可得，所以，的虚部是，故答案为点睛：本题主要考查乘法运算以及复数共轭复数的概念，意在考查对复数基本概念与基本运算掌握的熟练程度.15、【解析】,如图所示，其递减区间是16、【解析】分两种情况讨论：函数在区间上为增函数或减函数，转化为或在区间上恒成立，利用参变量分离得出或在区间上恒成立，然后利用单调性求出函数在区间上的最大值和最小值，可求出实数的取值范围.【详解】，.当函数在区间上单调递增，则不等式在区间上恒成立，即，则，由于函数在区间上单调递增，解得；当函数在区间上单调递减，则不等式在区间上恒成立，即，则，

13、由于函数在区间上单调递增，解得.因此，实数的取值范围是，故答案为：.【点睛】本题考查利用函数的单调性求参数的取值范围，解题时要注意函数的单调性与导数的符号之间的关系，另外利用参变量分离法进行求解，可简化计算，考查化归与转化数学思想，属于中等题.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）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M

14、N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，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

15、所成的角18、 (1)；(2).【解析】（1）根据题意对两边求导，再令得到结果；（2）对已知式子两边同时乘以得： 再令，求得答案.【详解】（1）依题意得对两边同时求导得： 令得： （2）由（1）得：两边同时乘以得： 对上式两边同时求导得即令，【点睛】本题以新定义为背景的创新题，考查二项式定和导数知识的交会，要求读懂题意并会把知识迁移到新情境中进行问题解决，对综合能力要求较高.19、（1）（2）当时，在上为单调减函数；当时，在上为单调增函数.【解析】试题分析：（1） ，用替换式中的有： ，由消去即可得结果；（2）讨论两种情况，分别利用复合函数的单调性判断其单调性，再利用定义意且，判定的符合，即可

16、证明结论.试题解析：（1）对任意实数恒有：，用替换式中的有：，得：，（2）当时，函数为单调减函数，函数也为单调减函数，在上为单调减函数.当时，函数为单调增函数，函数也为单调增函数，在上为单调增函数.证明：设任意且，则，当时，则，在上是减函数.当时，则，在上是增函数.综上：当时，在上为单调减函数；当时，在上为单调增函数.20、（1）见解析（2）135【解析】试题分析：（1）一般线面平行考虑连接中点，形成中位线，连BD交AC于M,连接EM即可；（2）以A为原点建系，显然只需求平面EAC的法向量，利用法向量求二面角试题解析：PA平面ABCD，AB，AC平面ABCD，PAAC，PAAB，且ACAB，以

17、A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系（1）D(1,-2,0)，P(0,0AE=(12设平面AEC的法向量为n1=(x,y,z)，则12x-y+z=0又B(0,2,0)，所以PB=(0,2,-2)又PB平面AEC，因此，PB平面AEC（2）平面BAC的一个法向量为AP=(由（1）知，平面AEC的法向量为n1设二面角E-AC-B的平面角为（为钝角），则cos=-|cos所以二面角E-AC-B的大小为13521、 ；4.【解析】（1）直接通过即可得到答案；（2）可先求出圆的标准方程，求出两圆交点，于是可得答案.【详解】根据题意，可得圆的极坐标方程为：即；圆的直角坐标方程为：，联立，两式相减，可得，即代入第一条式子，可解得或，于是.【点睛】本题主要考查直角坐标方程和极坐标方程的互化，圆的交点计算，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度中等.22、（1）；（2）【解析】（1）根据可知所求角为；利用线面