2021-2022学年江苏省徐州市铜山区大许中学数学高二下期末检测试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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某公司从甲、乙、丙、丁四名员工中安排了一名员工出国研学.有人询问了四名员工，甲说：“好像是乙或丙去了.”乙说：“甲、丙都没去.”丙说：“是丁去了.”丁说：“丙说的不对.”若四名员工中只有一个人说的对，则出国研学的员工是（ ）A甲B乙C

2、丙D丁2 （ ）A9B12C15D33某市某校在秋季运动会中，安排了篮球投篮比赛.现有20名同学参加篮球投篮比赛，已知每名同学投进的概率均为0.4，每名同学有2次投篮机会，且各同学投篮之间没有影响.现规定：投进两个得4分，投进一个得2分，一个未进得0分，则其中一名同学得2分的概率为（ ）A0.5B0.48C0.4D0.324是单调函数,对任意都有，则的值为（ ）ABCD5已知，则( )ABCD以上都不正确6设函数，集合，则图中的阴影部分表示的集合为（）ABCD7已知复数，则（ ）A1BCD28若二项展开式中的系数只有第6项最小，则展开式的常数项的值为（ ）A-252B-210C210D109设

3、x2与x4是函数f(x)x3ax2bx的两个极值点，则常数ab的值为()A21B21C27D2710由曲线与直线，所围成的封闭图形面积为（ ）ABC2D11设随机变量XN(，2)且P(X2)p，则P(0X0).求导数，得.令S0，解得r3.当0r3时，S0；当r3时，S0.所以当r3时，圆柱形水桶的表面积最小，即用料最省.故答案为3【点睛】本题主要考查导数的实际应用,圆柱的体积公式及表面积的最值的求解，解答应用试题的关键是要把实际问题转化为数学问题，根据已学知识进行解决15、【解析】根据题意，令，可以求出圆的圆心坐标，又因为圆经过点，则圆的半径为C，P两点间的距离，利用极坐标公式即可求出圆的半

4、径，则可写出圆的极坐标方程.【详解】在中，令，得，所以圆的圆心坐标为因为圆经过点，所以圆的半径，于是圆过极点，所以圆的极坐标方程为【点睛】本题考查用极坐标公式求两点间的距离以及求点的坐标，考查圆的极坐标方程，考查了学生的计算能力，属于基础题.16、【解析】因，故由题设问题转化为“有且仅有一个整数使得或”。因为，所以当时，函数单调递增；当时，函数单调递减，即函数在处取最大值，由于，因此由题设可知，解之得，应填答案。点睛：解答本题的关键是准确理解题设中条件“有且仅有一个整数，使”。求解时先将问题进行等价转化为“有且仅有一个整数使得或”。进而将问题转化为断定函数图像的形状问题，然后先对函数进行求导，

5、依据导数与函数的单调性之间的关系推断出该函数在在处取最大值，从而借助题设条件得到不等式组，通过解不等式组使得问题获解。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、 ；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.18、（）见解析（）（i）（ii）见解析【解析】（）将代入解析式，并求得导函数及，

6、由求得极值点并判断出单调性，并根据单调性可求得的最小值，由即可证明在上单调递增，从而由即可证明不等式成立；（）（i）由极值点意义可知有两个不等式实数根，分离参数可得，构造函数，并求得，分类讨论的符号及单调情况，即可确定的最小值，进而由函数图像的交点情况确定的取值范围；（ii）由（i）中的两个交点可得，代入解析式并求得且令，分离参数可得并代入中，求得，从而证明在上单调递增，即可由单调性证明不等式成立.【详解】（）当时，由解得 . 当时，当时所以在上单调递减，在上单调递增，恒成立，所以在上单调递增，所以，原不等式得证. （）（i）若有两个极值点，则有两个根，又显然不是方程的根，所以方程有两个根.

7、令，当时，且，单调递减；当时，单调递减；当时，单调递增；，且，用直线截此图象，所以当，即时满足题意. （ii）证明：由（i）知，则，所以在上单调递增，所以，即.原题得证.【点睛】本题考查了由导数证明不等式成立，导数与函数单调性、极值点和最值的综合应用，分离参数法与构造函数法的综合应用，函数极值点与零点、函数图像交点的关系，综合性强，属于难题.19、（1）6；（2）34；（3）q=49，【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设平面A1ACC1的法向量为n=(x,y，z)，则n(2)在(1)的条件下，平面A1ACC1的法向量为n=(1,0，1)，取平面ABC的法向量m=(0,0，(3)作CM

8、AB，M为垂足.由B1C平面ABC.可得B1CAB，AB平面MCB作CGMB1，垂足为G，则CG平面ABB1.利用三角形面积计算公式、勾股定理及其CG=pCA【详解】解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，C(0,0，0)，B1(0,0，1)，A(0,-1,0)，CA=(0,-1,0)，CC1=(-1,0，设平面A1ACC1的法向量为n=(x,y-y=-x+z=0，取x=1，则n=(1,0，1)cos直线AB1与平面A1(2)在(1)的条件下，平面A1ACC1的法向量为取平面ABC的法向量m=(0,0，1)则cos由图可知：二面角A1二面角A1-AC-B的平面角为(3)作CMAB，M为垂足由B

9、1C平面又B1AB平面MCB平面B1CM平面作CGMB1，垂足为G，则CG平面在RtMCB1，CM=ACCBB1B1B可得CG=CBCG=pCA+qCB+rCB(49,-49q=49，p=4【点睛】本题考查了空间位置关系、空间角、法向量的应用、数量积的运算性质、向量相等，考查了推理能力与计算能力，属于难题20、 (1)；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）设Q(x，y)，则(x1)2x2y2，又y24x，解得Q；（2）设点(1，t)的直线方程为ytk(x1)，联立y24x，则0，得k2kt10，则切点分别为A，B，所以A，B，F三点共线，AB过点F(1，0)。试题解析：(1)设Q(x，y

10、)，则(x1)2x2y2，即y22x1，由解得Q.(2)设过点(1，t)的直线方程为ytk(x1)(k0)，代入y24x，得ky24y4t4k0，由0，得k2kt10，特别地，当t0时，k1，切点为A(1，2)，B(1，2)，显然AB过定点F(1，0).一般地方程k2kt10有两个根，k1k2t，k1k21，两切点分别为A，B，又20，与共线，又与有共同的起点F，A，B，F三点共线，AB过点F(1，0)，综上，直线AB过定点F(1，0).点睛：切点弦问题，本题中通过点P设切线，求得斜率k，再求出切点A，B，通过证明与共线，AB过点F(1，0)。一般的，我们还可以通过设切点，写出切线方程，直接由

11、交点P，结合两点确定一条直线，写出切点弦直线方程，进而得到定点。21、 (1) 的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)见证明，【解析】（1）利用导数求函数单调区间的一般步骤即可求出；（2）将零点问题转化成两函数以及图像的交点问题，通过构造函数，依据函数的单调性证明即可。【详解】解：（1），.当时，即的单调递减区间为，无增区间；当时，由，得，当时，；当时，时，的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）证明：由（1）知，的单调递减区间为，单调递增区间为，不妨设，由条件知即构造函数，则，由，可得.而，.知在区间上单调递减，在区间单调递增，可知，欲证，即证.考虑到在上递增，只需证，由知，只需证.令，

12、则.所以为增函数.又，结合知，即成立，所以成立.【点睛】本题考查了导数在函数中的应用，求函数的单调区间，以及函数零点的常用解法，涉及到分类讨论和转化与化归等基本数学思想，意在考查学生的逻辑推理、数学建模和运算能力。22、 (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，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

13、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，

14、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OM，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