2022年陕西省彬州市彬州中学数学高二第二学期期末复习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 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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。12019年4月，北京世界园艺博览会开幕，为了保障园艺博览会安全顺利地进行，某部门将5个安保小

2、组全部安排到指定的三个不同区域内值勤，则每个区域至少有一个安保小组的排法有（ ）A150种B240种C300种D360种2两个半径都是的球和球相切，且均与直二面角的两个半平面都相切，另有一个半径为的小球与这二面角的两个半平面也都相切，同时与球和球都外切，则的值为（ ）ABCD3已知向量与向量的模均为2，若，则它们的夹角是（ ）ABCD4某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABC3D5已知数列满足，则（ ）A-1B0C1D26已知，若包含于，则实数的取值范围是（ ）ABCD7已知实数，满足条件，则的取值范围是（ ）ABCD8已知函数，若函数在上为增函数，则正实数a的取值范围为（）A

3、BCD9抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为（ ）ABC1D10已知，且满足，对于，四个数的判断，给出下列四个命题：至少有一个数大于1；至多有一个数大于1；至少有一个数小于0；至多有一个数小于0.其中真命题的是（ ）ABCD11我国古代数学名著九章算术记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无丈刍，草也；甍，屋盖也”翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱刍甍字面意思为茅草屋顶”如图，为一刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形则它的体积为AB160CD6412已知复数(为虚数单位)，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，且，则的最大值

4、为_14投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为_15直线被圆截得的弦长为_.16观察下列等式，从中可以归纳出一个一般性的等式是：_.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.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数在上为减函数，求实数的取值范围.18（12分）如图1，已知四边形BCDE为直角梯形，且，A为BE的中点将沿AD折到位置如图，连结PC，PB构成一个四棱锥（）求证；（）若平面求二面角的大小；在棱PC上存在点M，满足，使得直线AM与平面PBC

5、所成的角为，求的值19（12分）若，且.（）求实数的值; （）求的值.20（12分）已知复数，(其中是虚数单位).(1)当为实数时，求实数的值；(2)当时，求的取值范围.21（12分）已知二次函数满足，且.（1）求的解析式；（2）设函数，当时，求的最小值；（3）设函数，若对任意，总存在，使得成立，求m的取值范围.22（10分）观察以下等式：131213+23（1+2）213+23+33（1+2+3）213+23+33+43（1+2+3+4）2（1）请用含n的等式归纳猜想出一般性结论，并用数学归纳法加以证明（2）设数列an的前n项和为Sn，且ann3+n，求S1参考答案一、选择题：本题共12小题

6、，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、A【解析】根据题意，需要将5个安保小组分成三组，分析可得有2种分组方法：按照1、1、3分组或按照1、2、2分组，求出每一种情况的分组方法数目，由加法计数原理计算可得答案【详解】根据题意，三个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，有两种分法：按照1、1、3分组或按照1、2、2分组；若按照1、1、3分组,共有种分组方法；若按照1、2、2分组,共有种分组方法，根据分类计数原理知共有60+90=150种分组方法.故选：A.【点睛】本题考查排列、组合及简单计数问题，本题属于分组再分配问题，根据题意分析可分组

7、方法进行分组再分配，按照分类计数原理相加即可，属于简单题.2、D【解析】取三个球心点所在的平面，过点、分别作、，垂足分别为点，过点分别作，分别得出、以及，然后列出有关的方程，即可求出的值【详解】因为三个球都与直二面角的两个半平面相切，所以与、共面，如下图所示，过点、分别作、，垂足分别为点，过点分别作，则，所以，等式两边平方得，化简得，由于，解得，故选D【点睛】本题主要考查球体的性质，以及球与平面相切的性质、二面角的性质，考查了转化思想与空间想象能力，属于难题转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本题将空间问题转化为平面问题是解题的关键.3、A【

8、解析】由题意结合数量积的运算法则可得，据此确定其夹角即可.【详解】 ，故选A.【点睛】本题主要考查向量夹角的计算，向量的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4、D【解析】分析：作出三视图的直观图，然后根据组合体计算体积即可.详解：如图所示：由一个三棱柱截取G-DEF三棱锥后所剩下的图形，故该几何体的体积为：，故答案为选D.点睛：考查三视图还原为直观图后求解体积的计算，对直观图的准确还原是解题关键，属于中档题.5、A【解析】分析：先根据已知推算出数列的周期，再求的值.详解：，所以因为，所以点睛：（1）本题主要考查数列的递推和周期，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)求数列的

9、某一项时，如果n的取值比较大，一般与数列的周期有关，所以要推算数列的周期.6、B【解析】解一元二次不等式求得集合，根据是的子集列不等式，由此求得的取值范围.【详解】由解得，所以，由于且包含于，所以，故的取值范围是.故选：B【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查根据包含关系求参数的取值范围，属于基础题.7、A【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，进行平移，结合图象得到的取值范围.【详解】解：由得，作出实数，满足条件对应的平面区域，如下图所示：平移直线，由图象可知当直线经过点时，值最小.由，解得，由，解得，.故选：A.【点睛】本题考查线性规划的基本应用，利用数形结合

10、的方法，属于基础题.8、B【解析】求f（x）的导数f（x），利用f（x）判定f（x）的单调性，求出f（x）的单调增区间，即得正实数a的取值范围【详解】f（x）lnx（a0），f（x）（x0），令f（x）0，得x，函数f（x）在（0，上f（x）0，在，+）上f（x）0，f（x）在（0，上是减函数，在，+）上是增函数；函数f（x）在区间1，+）内是增函数，1，又a0，a1，实数a的取值范围是1，+）；故选：B【点睛】本题考查了利用导数来研究函数的单调性问题，解题时应根据导数的正负来判定函数的单调性，利用函数的单调区间来解答问题，是中档题9、B【解析】抛物线的焦点为：，双曲线的渐近线为：.点到渐近线

11、的距离为：.故选B.10、A【解析】根据对，取特殊值，可得，不对，以及使用反证法，可得结果.【详解】当，时，满足条件，故，为假命题；假设，由，得，则，由，所以矛盾，故为真命题，同理为真命题故选：A【点睛】本题主要考查反证法，正所谓“正难则反”，熟练掌握反证法的证明方法，属基础题.11、A【解析】分析：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.详解：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据，求出棱锥与棱柱的体积相加即可，故选A.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能

12、力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.12、D【解析】分析：化简复，利用复数模的公式求解即可.详解：因为，所以=，故选D.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法

13、，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】分析：由题可得： ，再结合可得：，故，解不等式即可.详解：由题得根据基本不等式可知：，由可得：故，所以解得：，故的最大值为.故答案为：.点睛：考查基本不等式的运用，解不等式，考查学生的思维分析能力，本题能得出然后联立原式将看成一个整体作为变量取求解是解题关键，属于难题.14、【解析】该同学通过测试的概率为，故答案为.15、4【解析】将圆的方程化为标准方程，求出圆心坐标与半径，利用点到直线的距离公式，运用勾股定理即可求出截得的弦长【详解】由圆可得则圆心坐标为，

14、半径圆心到直线的距离直线被圆截得的弦长为故答案为【点睛】本题主要考查了求直线被圆所截的弦长，由弦长公式，分别求出半径和圆心到直线的距离，然后运用勾股定理求出弦长16、【解析】通过观察前几个式子的变化规律，总结规律即可得到答案.【详解】根据题意，第一个式子从1开始，左边按顺序加有1项；第二个式子从2开始，有3项；第三个式子从3开始，有5项，于是可归纳出，第n个式子从n开始，有项，于是答案为：.【点睛】本题主要考查归纳法，意在考查学生的逻辑推理能力和数感，难度不大.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）在和上为增函数，在上为减函数；（2）【解析】（1）将代入，求

15、出，令，解不等式可得增区间，令，解不等式可得减区间. （2）根据题意可得在上恒成立，分离参数可得，只需即可.【详解】（1）当时，令，可得或；令，.所以在和上为增函数；在上为减函数.（2）由于在上为减函数，在上恒成立，即，令，可设，于是所以，的取值范围是.【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性中的应用，解题的关键是求出导函数，属于中档题.18、详见解析；，或【解析】可以通过已知证明出平面PAB，这样就可以证明出；以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可以求出相应点的坐标，求出平面PBC的法向量为、平面PCD的法向量，利用空间向量的数量积，求出二面角的大小；求

16、出平面PBC的法向量，利用线面角的公式求出的值.【详解】证明：在图1中，为平行四边形，当沿AD折起时，即，又，平面PAB，又平面PAB，解：以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由于平面ABCD则0，0，1，0，1，1，1，0，设平面PBC的法向量为y，则，取，得0，设平面PCD的法向量b，则，取，得1，设二面角的大小为，可知为钝角，则，二面角的大小为设AM与面PBC所成角为，0，1，平面PBC的法向量0，直线AM与平面PBC所成的角为，解得或【点睛】本题考查了利用线面垂直证明线线垂直，考查了利用向量数量积，求二面角的大小以及通过线面角公式求定比分点问题.

17、19、 ()；()2【解析】（）解法1：将展开，找出项的系数表达式，结合条件列方程求出的值；解法2：利用二项式定理写出的通项，令的指数为，列方程求出参数的值，再将参数代入通项得出的系数的表达式，结合条件列方程求出实数的值；（）解法1：令代入题干等式求出的值，再令可得出的值，减去可得出，再乘以可得出答案；解法2：利用二项式定理求出、的值，代入代数式可得出答案。【详解】（）解法1：因为，所以，解法2：，所以。（）解法1：当时，当时，；解法2：由二项展开式分别算出，代入得：。【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查二项式指定项的系数问题，考查项的系数和问题，一般利用赋值法来求解，考查计算能力，属于中等

18、题。20、 (1)1；(2).【解析】试题分析：(1)整理计算，满足题意时，即.(2)由题意结合复数的模的定义和二次函数的性质可得的取值范围是.试题解析：(1)，所以，当为实数时，即.(2)因为，所以，又因为，所以当时，当时，.所以.21、（1）；（2）；（3）【解析】(1) 根据二次函数,则可设,再根据题中所给的条件列出对应的等式对比得出所求的系数即可.(2)根据(1)中所求的求得,再分析对称轴与区间的位置关系进行分类讨论求解的最小值即可.(3)根据题意可知需求与在区间上的最小值.再根据对数函数与二次函数的单调性求解最小值即可.【详解】(1)设.,又,可得,解得即.(2)由题意知,对称轴为.当,即时,函数h(x)在上单调递增,即； 当,即时,函数h(x)在上单调递减,在上单调递增,即. 综上, (3)由题意可知,函数在上单调递增,故最小值为,函数在上单调递减,故最小值为,解得.【点睛】本题主要考查利用待定系数法求解二次函数解析式的方法,二次函数对称轴与区间关系求解最值的问题,以及恒成立和能成立的问题等.属于中等题型.22、（1）猜想13+23+33+n3（1+2+3+n）2；证明见解析（2）2【解析】（1）根据式子猜想出一般性结论，然后当时，证明成立，假设时，式子也成立，然后对时的式子进行化简，从而证明结论成立；（2）对进