2022年深圳四校发展联盟体数学高二第二学期期末学业水平测试试题含解析

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若关于x的不等式对任意的恒成立，则可以是（ ）A，B，C，D，2若函数在区间上的图象如图所示，则的值（ ）ABCD3设，则“”是“”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充

2、分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知为双曲线：右支上一点，为其左顶点，为其右焦点，满足，则点到直线的距离为（ ）ABCD5已知在R上是奇函数，且A-2B2C-98D986已知复数满足，则（ ）ABCD7若，则( )A2B0C-1D-28在复平面内，复数 (i为虚数单位)的共轭复数对应的点位于()A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限9已知，则=（ ）A2B-2CD310若函数在上是增函数，则实数的取值范围是（ ）ABCD11设a,b,c为三角形ABC三边长，a1,bc，若logc+ba+logc-bA锐角三角形 B直角三角形 C钝角三角形 D无法确定12如图所示，圆为正三角形的内切圆

3、，为切点，将一颗豆子随机地扔到该正三角形内，在已知豆子落在圆内的条件下，豆子落在（阴影部分）内的概率为（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13现有10件产品，其中6件一等品，4件二等品，从中随机选出3件产品，恰有1件一等品的概率为_.14的展开式中项的系数为_15已知的面积为，三个内角A,B,C成等差数列，则_16在的展开式中，的系数为_.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）已知抛物线：，点为直线上任一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，（1）证明，三点的纵坐标成等差数列；（2）已知当点坐标为时，求此时抛物线的方程；（3）是否

4、存在点，使得点关于直线的对称点在抛物线上，其中点满足，若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由.18（12分）如图，是平面的斜线，为斜足平面，为垂足，是平面上的一条直线，于点，.（1）求证：平面；（2）求和平面所成的角的大小.19（12分）如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点求证：平面PBD；求证：20（12分）（1）六个从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有几种？（2）把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有几种？（3）某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类

5、节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法有几种？21（12分）如图，在三棱锥中，两两垂直，且为线段的中点.（1）证明：平面；（2）若，求平面与平面所成角的正弦值.22（10分）已知函数在处取得极值(1)求实数a的值；(2)若关于x的方程在区间上恰有两个不同的实数根，求实数b的取值范围参考答案一、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】分别取代入不等式，得到答案.【详解】不等式对任意的恒成立取得： 取得：排除A,B,C故答案为D【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，用特殊值法代入数据是解题的关键.2、A【解析】根

6、据周期求，根据最值点坐标求【详解】因为,因为时，所以因为，所以，选A.【点睛】本题考查由图像求三角函数解析式，考查基本分析求解能力，属基础题.3、A【解析】首先解这两个不等式，然后判断由题设能不能推出结论和由结论能不能推出题设，进而可以判断出正确的选项.【详解】， ，显然由题设能推出结论，但是由结论不能推出题设，因此“”是“”的充分不必要条件，故本题选A.【点睛】本题考查了充分条件、必要条件的判断，解决本问题的关键是正确求出不等式的解集.4、D【解析】由题意可得为等边三角形，求出点的坐标，然后代入双曲线中化简，然后求出即可【详解】由题意可得，由，可得为等边三角形所以有，代入双曲线方程可得结合化

7、简可得，可解得因为，所以所以点到直线的距离为故选：D【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，双曲线的方程及化简运算能力，属于中档题.5、A【解析】f(x4)f(x)，f(x)是以4为周期的周期函数，f(2 019)f(50443)f(3)f(1)又f(x)为奇函数，f(1)f(1)2122，即f(2 019)2.故选A6、C【解析】，故选C.7、C【解析】令可得：，令，可得：，据此可得：-1.本题选择C选项.点睛：因为二项式定理中的字母可取任意数或式，所以在解题时根据题意，给字母赋值，是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法8、D【解析】分析：首先求得复数z，然后求解其共轭复数即可.详解：由复数

8、的运算法则有：，则，其对应的点位于第四象限.本题选择D选项.点睛：本题主要考查复数的运算法则及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9、C【解析】首先根据题中所给的函数解析式，求得，之后根据，从而求得，得到结果.【详解】根据题意，可知，所以，所以，故选C.【点睛】该题考查的是有关分段函数根据函数值求参数的问题，在解题的过程中，首先求得，利用内层函数的函数值等于外层函数的自变量，代入函数解析式求得结果.10、D【解析】由题意得在上恒成立，利用分离参数思想即可得出结果【详解】，又函数在上是增函数，在恒成立，即恒成立，可得，故选D.【点睛】本题主要考查了已知函数的单调性求参数的取值范围

9、，属于中档题11、B【解析】试题分析：两边除以logc+balogc-ba考点：1.解三角形；2.对数运算.12、A【解析】设正三角形的边长为，内切圆半径为，求得内切圆半径，即可得阴影部分的面积；再求得三角形的面积，结合几何概型的求法即可得解.【详解】设正三角形的边长为，内切圆半径为，则由三角形面积公式可得，解得，则，所以由几何概型概率可得落在阴影部分的概率为,故选：A.【点睛】本题考查了等边三角形内切圆的性质应用，几何概型概率求法，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】利用古典概型的概率计算公式计算即可.【详解】从10件产品中任取3件共有种不同取法，其中恰

10、有1件一等品共有种不同取法，由古典概型的概率计算公式知，从中随机选出3件产品，恰有1件一等品的概率为.故答案为：【点睛】本题考查古典概型的概率计算，考查学生的运算能力，是一道基础题.14、9【解析】将二项式表示为，然后利用二项式定理写出其通项，令的指数为，求出参数的值，再代入通项即可得出项的系数。【详解】，所以，的展开式通项为，令，得，所以，展开式中项的系数为，故答案为：。【点睛】本题考查二项式中指定项的系数，考查二项式展开式通项的应用，这类问题的求解一般要将展开式的通项表示出来，通过建立指数有关的方程来求解，考查运算能力，属于中等题。15、8【解析】分析：根据三角形的面积公式求解即可详解：根

11、据三角形的面积公式，三个内角A,B,C成等差数列故，所以点睛：三角形的面积公式，和向量的内积公式的角度一样，边长就是两个向量的模，故整体替换相互转化16、【解析】本题考查二项式定理.二项展开式的第项为.则的第项为，令， 可得的系数为三、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、 (1)证明见解析；(2) ；(3) 存在一点满足题意.【解析】(1)设,对求导,则可求出在,处的切线方程,再联立切线方程分析即可.(2)根据(1)中的切线方程,代入则可得到直线的方程,再联立抛物线求弦长列式求解即可.(3)分情况,当的纵坐标与两种情况,求出点的坐标表达式,再利用与垂直进行求解分析是

12、否存在即可.【详解】(1) 设,对求导有,故在处的切线方程为,即,又,故同理在处的切线方程为,联立切线方程有,化简得,即的纵坐标为,因为，故,三点的纵坐标成等差数列.(2)同(1)有在处的切线方程为,因为,所以,即,又切线过,则,同理,故均满足直线方程,即故直线 ,联立 ,则,即,解得,故抛物线：.(3)设,由题意得,则中点,又直线斜率,故设 .又的中点在直线上,且中点也在直线上,代入得.又在抛物线上,则.所以或.即点或(1)当时,则,此时点满足(2) 当时,对,此时,则.又.,所以,不成立,对,因为,此时直线平行于轴,又因为,故直线与直线不垂直,与题设矛盾,故时,不存在符合题意的点.综上所述

13、,仅存在一点满足题意.【点睛】本题考查了抛物线的双切线问题,需要求出在抛物线上的点的切线方程,再根据抛物线双切线的性质进行计算,同时要灵活运用抛物线的方程,属于难题.18、（1）证明见解析 （2）【解析】（1）推导出，由此能证明平面（2）设，推导出，从而，由平面，得是和平面所成的角，由此能求出和平面所成的角【详解】（1）是平面的斜线，为斜足，平面，为垂足，是平面上的一条直线，又，且，平面（2）设，于点，平面，平面，是和平面所成的角，和平面所成的角为【点睛】本题考查线面垂直的证明、线面角的求法、空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题19、（1）见解

14、析；（2）见解析【解析】分析：（1）先证明，再证明FG/平面PBD. （2）先证明平面，再证明BDFG详解：证明：（1）连结PE，因为G.、F为EC和PC的中点， ， 又平面，平面，所以平面 （II）因为菱形ABCD，所以，又PA面ABCD，平面，所以，因为平面，平面，且，平面，平面，BDFG .点睛：（1）本题主要考查空间位置关系的证明，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2)证明空间位置关系，一般有几何法和向量法，本题利用几何法比较方便.20、（1）216（2）36（3）120【解析】分析：（1）分两种情况讨论甲在最左端时，有，当甲不在最左端时，有(种）排法，由分类计

15、数加法原理可得结果；（2）分三步：将看成一个整体，将于剩余的2件产品全排列，有3个空位可选，根据分步计数乘法原理可得结果；（3）用表示歌舞类节目，小品类节目，相声类节目，利用枚举法可得共有种，每一种排法种的三个，两个可以交换位置，故总的排法为种.详解：（1）当甲在最左端时，有；当甲不在最左端时，乙必须在最左端，且甲也不在最右端，有(种）排法，共计（种）排法.（2）根据题意，分3步进行分析：产品与产品相邻，将看成一个整体，考虑之间的顺序，有种情况，将于剩余的2件产品全排列，有种情况，产品与产品不相邻，有3个空位可选，即有3种情况，共有种；（3）法一：用表示歌舞类节目，小品类节目，相声类节目，则可

16、以枚举出下列10种： 每一种排法种的三个，两个可以交换位置，故总的排法为种. 法二：分两步进行：（1）先将3个歌曲进行全排，其排法有种；（2）将小品与相声插入将歌曲分开，若两歌舞之间只有一个其他节目，其插法有种.若两歌舞之间有两个其他节目时插法有种.所以由计数原理可得节目的排法共有（种）.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨

17、论又不能遗漏，这样才能提高准确率.21、 (1)见解析；（2）.【解析】分析：（1）由题意得，又，从而即可证明；（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，即可运用空间向量的方法求得答案.详解：（1）证明：因为，为线段的中点，所以.又两两垂直，且所以平面，则.因为，所以平面.（2）解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则.，可设，则，则，设平面的法向量为，则，即 令，得.平面的一个法向量为，则.故平面与平面所成二面角的正弦值为.点睛：求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角22、 (1)；(2)