甘肃省靖远第四中2022年数学高二第二学期期末监测模拟试题含解析

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下列说法正确的是（ ）A命题“”的否定是“”B命题“已知，若则或”是真命题C命题“若则函数只有一个零点”的逆命题为真命题D“在上恒成立”在上恒成立2已知椭圆方程为x24+y225=1，将此椭圆绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V1，满

2、足y-5AV2=CV2=54V3复数，则（ ）A0BCD4某商场要从某品牌手机a、 b、 c、 d 、e 五种型号中，选出三种型号的手机进行促销活动，则在型号a被选中的条件下，型号b也被选中的概率是（ ）ABCD5某科研机构为了研究中年人秃头是否与患有心脏病有关，随机调查了一些中年人的情况，具体数据如下表所示：有心脏病无心脏病秃发20300不秃发5450根据表中数据得，由断定秃发与患有心脏病有关，那么这种判断出错的可能性为（ ）附表：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828A0.1B0.05C0.01D0.0016已

3、知随机变量服从正态分布，且，则（）A0.4B0.5C0.6D0.77一个袋中装有大小相同的个白球和个红球，现在不放回的取次球，每次取出一个球，记“第次拿出的是白球”为事件，“第次拿出的是白球”为事件，则事件与同时发生的概率是（ ）ABCD8阅读如图所示的程序，若执行循环体的次数为5，则程序中的取值范围为（ ）ABCD9设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，且，则不等式的解集是（ ）ABCD10在极坐标系中，点关于极点的对称点为ABCD11某商场进行购物摸奖活动，规则是：在一个封闭的纸箱中装有标号分别为1，2，3，4，5，6的六个小球，每次摸奖需要同时取出两个球，每位顾客最多有两次摸奖机会，

4、并规定：若第一次取出的两球号码连号，则中奖，摸奖结束；若第一次未中奖，则将这两个小球放回后进行第二次摸球，若与第一次取出的两个小球号码相同，则为中奖，按照这样的规则摸奖，中奖的概率为（）ABCD12用数学归纳法证明“”,从“到”左端需增乘的代数式为( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，则_.14设向量，且，则的值为_15将圆的一组等分点分别涂上红色或蓝色，从任意一点开始，按逆时针方向依次记录个点的颜色，称为该圆的一个“阶色序”，当且仅当两个“阶色序”对应位置上的颜色至少有一个不相同时，称为不同的“阶色序”.若某圆的任意两个“阶色序”均不相同，则称该圆为“阶魅力圆

5、”.“4阶魅力圆”中最多可有的等分点个数为_16在我国南宋数学家杨辉所著的详解九章算法(1261年）一书中，用如图所示的三角形，解释二项和的乘方规律.在欧洲直到1623年以后，法国数学家布莱士帕斯卡的著作（1655年)介绍了这个三角形，近年来，国外也逐渐承认这项成果属于中国，所以有些书上称这是“中国三角形”，如图.17世纪德国数学家莱布尼茨发现了“莱布尼茨三角形”，如图.在杨辉三角中，相邻两行满足关系式：，其 中是行数，.请类比上式，在莱布尼茨三角形中相邻两行满足的关系式是_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

6、值18（12分）如图，在四棱锥中，平面平面，.（1）求直线与平面所成角的正弦值.（2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.19（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）；以直角坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）若与交于点，求线段的长20（12分）已经函数.（1）讨论函数的单调区间；（2）若函数在处取得极值，对恒成立，求实数的取值范围.21（12分）已知函数，其中，.（1）若，求的值；（2）若，求的最大值；（3）若，求证：.22（10分）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面，.

7、（1）求直线与平面所成的角的大小；（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、B【解析】A注意修改量词并否定结论，由此判断真假；B写出逆否命题并判断真假，根据互为逆否命题同真假进行判断；C写出逆命题，并分析真假，由此进行判断；D根据对恒成立问题的理解，由此判断真假.【详解】A“”的否定为“”，故错误；B原命题的逆否命题为“若且，则”，是真命题，所以原命题是真命题，故正确；C原命题的逆命题为“若函数只有一个零点，则”，因为时，此时也仅有一个零点，所以逆命题是假命题，故错误；D“在上恒成立”“在上恒成立”

8、，故错误.故选：B.【点睛】本题考查命题真假的判断，涉及到函数零点、含一个量词的命题的真假判断、不等式恒成立问题的理解等内容，难度一般.注意互为逆否命题的两个命题真假性相同.2、C【解析】根据题意画出图形，分别求出椭圆绕y轴旋转一周所得的旋转体的体积为V1与满足y-50 x2y52【详解】在同一平面直角坐标系中画出椭圆与旋转体如图，椭圆绕y轴旋转一周所得的旋转体为椭球，其体积为V1满足y-50 x2y5其体积V2=2故选：C【点睛】本题主要考查了旋转体的体积及学生的计算能力，属于中档题3、C【解析】根据复数的除法运算，先化简复数，再由复数模的计算公式，即可求出结果.【详解】因为，所以.故选C【

9、点睛】本题主要考查复数的除法，以及复数的模，熟记公式即可，属于基础题型.4、B【解析】设事件表示“在型号被选中”，事件表示“型号被选中”，则，由此利用条件概率能求出在型号被选中的条件下，型号也被选中的概率.【详解】解从、5种型号中，选出3种型号的手机进行促销活动设事件表示“在型号被选中”，事件表示“型号被选中”，在型号被选中的条件下，型号也被选中的概率：，故选：B.【点睛】本题考查条件概率的求法，考查运算求解能力，属于基础题.5、D【解析】根据观测值K2，对照临界值得出结论【详解】由题意，根据附表可得判断秃发与患有心脏病有关出错的可能性为.故选D【点睛】本题考查了独立性检验的应用问题，理解临界

10、值表格是关键，是基础题6、A【解析】P（x6）=0.9，P（x6）=10.9=0.1P（x0）=P（x6）=0.1，P（0 x3）=0.5P（x0）=0.2故答案为A7、D【解析】将事件表示出来，再利用排列组合思想与古典概型的概率公式可计算出事件的概率【详解】事件：两次拿出的都是白球，则，故选D.【点睛】本题考查古典概型的概率计算，解题时先弄清楚各事件的基本关系，然后利用相关公式计算所求事件的概率，考查计算能力，属于中等题8、C【解析】输入执行循环体，不满足继续执行循环体，不满足继续执行循环体，不满足继续执行循环体，不满足继续执行循环体，由题可知满足，输出故故选C9、D【解析】先构造函数，再利

11、用导函数研究函数的增减性，结合，的奇偶性判断函数的奇偶性，再结合已知可得，即可得解.【详解】解：设,则，由当时，则函数在为增函数，又，分别是定义在上的奇函数和偶函数，则在上为奇函数，则函数在为增函数，又，所以，则，则的解集为，即不等式的解集是，故选：D.【点睛】本题考查了函数的奇偶性及单调性，重点考查了导数的应用，属中档题.10、C【解析】分析：在极坐标系中，关于极点的对称点为详解：关于极点的对称点为，关于极点的对称点为故选：C点睛：本题考查一个点关于极点的对称点的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意极坐标性质的合理运用11、B【解析】可将中奖的情况分成第一次两球连号和第二次取出的小球与第一

12、次取出的号码相同两种情况，分别计算两种情况的概率，根据和事件概率公式可求得结果.【详解】中奖的情况分为：第一次取出两球号码连号和第二次取出两个小球与第一次取出的号码相同两种情况第一次取出两球连号的概率为：第二次取出两个小球与第一次取出号码相同的概率为：中奖的概率为：本题正确选项：【点睛】本题考查和事件概率问题的求解，关键是能够根据题意将所求情况进行分类，进而通过古典概型和积事件概率求解方法求出每种情况对应的概率.12、B【解析】分别求出时左端的表达式，和时左端的表达式，比较可得“从到”左端需增乘的代数式.【详解】由题意知，当时，有，当时，等式的左边为，所以左边要增乘的代数式为.故选：.【点睛】

13、本题主要考查的是归纳推理，需要结合数学归纳法进行求解，熟知数学归纳法的步骤，最关键的是从到，考查学生仔细观察的能力，是中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、0.15【解析】由题意可得：，则：，.点睛：关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法熟记P(X)，P(2X2)，P(30,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、（ ）；（）.【解析】分析：（ ）取AD中点为O，连接CO，PO，由已知可得COAD，POAD以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得P（0，0，1

14、），B（1，1，0），D（0，1，0），C（2，0，0），进一步求出向量的坐标，再求出平面PCD的法向量，设PB与平面PCD的夹角为，由求得直线PB与平面PCD所成角的正弦值；（）假设存在M点使得BM平面PCD，设，M（0，y1，z1），由可得M（0，1，），由BM平面PCD，可得，由此列式求得当时，M点即为所求详解：(1)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.又因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD. 以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：则P（0，0，1），B（1，1，0），D

15、（0，1，0），C（2，0，0），则，设为平面PCD的法向量，则由，得，则设PB与平面PCD的夹角为，则=；(2) 假设存在M点使得BM平面PCD，设，M（0，y1，z1），由（）知，A（0，1，0），P（0，0，1），B（1，1，0），则有，可得M（0，1，），BM平面PCD，为平面PCD的法向量，即，解得综上，存在点M，即当时，M点即为所求点睛：点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.19、（1），；（2）【解析】分析：（1）

16、消去参数，即可得到曲线的普通方程；根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解曲线的直角坐标方程； （2）由（1）得圆的圆心为，半径为，利用圆的弦长公式，即可求解详解：（1） ， （2）圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为所以点睛：本题主要考查了参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线与圆的位置关系的应用，其中熟记参数方程与普通方程，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化是解答的关键，着重考查了推理与运算能力20、 (1) 当时，的递减区间是，无递增区间；当时，的递增区间是，递减区间是.(2) .【解析】分析：（）求出导函数，由于定义域是，可按和分类讨论的正负，得单调区间（）

17、由函数在处取极值得且可得的具体数值，而不等式可转化为，这样只要求得的最小值即可详解：（）在区间上，.若，则，是区间上的减函数；若，令得.在区间上，函数是减函数；在区间 上，函数是增函数；综上所述，当时，的递减区间是，无递增区间；当时，的递增区间是，递减区间是（II）因为函数在处取得极值，所以解得，经检验满足题意由已知，则令，则易得在上递减，在上递增，所以，即.点睛：本题考查用导数求函数的单调区间、函数极值，用导数研究不等式恒成立问题不等式恒成立通常通过分离参数法转化为求函数的最值21、（1）；（2）；（3）见解析【解析】分析：（1）赋值法：求（2）先求通项公式，利用解出，设第项的系数最大，所以（3）时，利用组合数的公式化简求解。详解：（1），时， ，令得，令得 ，可得；（2），不妨设中，则 或，中的最大值为；（3）若， ，因为，所以 .点睛：（1）二项式定理求系