2022届河南省周口市淮阳一中数学高二下期末达标检测试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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已知点，则它的极坐标是（ ）ABCD2若复数是虚数单位），则的共轭复数（ ）ABCD3为了了解我校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为1：2：3，第2

2、小组的频数为12,则抽取的学生总人数是（ ）A12B24C48D564若样本数据的均值与方差分别为和，则数据的均值与方差分别为（ ）A，BCD5在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为。若射线与曲线和曲线分别交于两点（除极点外），则等于（ ）ABC1D6若函数在区间上单调递减，则实数t的取值范围是（）ABCD7若，满足，.则（）ABCD8对于函数，有下列结论：在上单调递增，在上单调递减；在上单调递减，在上单调递增；的图象关于直线对称；的图象关于点对称其中正确的是（）ABCD9从中不放回地依次取个数，事件表示“第次取到的是奇数”，事件表示“第次取到的是奇数”，则（）ABCD10如图程

3、序框图的算法思路源于我国古代数学名著九章算术中的“更相减损术”，执行该程序框图，若输入的，分别为63，98，则输出的（ ）A9B3C7D1411已知，函数，若对任意给定的，总存在，使得，则的最小值为（ ）ABC5D612如图，已知棱长为1的正方体中，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值是（ ） ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设地球O的半径为R，P和Q是地球上两地，P在北纬45，东经20，Q在北纬，东经110，则P与Q两地的球面距离为_。14设复数满足，则_.15在平面直角坐标系中，直线与抛物线所围成的封闭图形的面积为（ ）16已知为抛物线上一个动点，定点，那么点到

4、点的距离与点到抛物线的准线的距离之和的最小值是_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）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)在极坐标系(与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点为极点，以轴正半轴为极轴)中，圆的极坐标方程为（1）求直线的普通方程和圆的直角坐标方程；（2）设圆与直线交于，两点，若点的坐标为，求18（12分）已知集合，其中。表示集合A中任意两个不同元素的和的不同值的个数。(1)若，分别求和的值；(2)若集合，求的值，并说明理由；(3)集合 中有2019个元素，求的最小值，并说明理由。19（12分）已知函数.（1）当时，求的极值；（2）当时

5、，讨论的单调性；（3）若对任意的，恒有成立，求实数的取值范围.20（12分）已知数列（）的通项公式为（）.（1）分别求的二项展开式中的二项式系数之和与系数之和；（2）求的二项展开式中的系数最大的项；（3）记（），求集合的元素个数（写出具体的表达式）.21（12分）在中，内角，所对的边分别为，.已知，.（）求的值；（）求的值.22（10分）已知函数对任意实数满足.（1）当的周期最大值时，求函数的解析式，并求出单调的递增区间；（2）在（1）的条件下，若，求的值.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、C【解析】由计算即可。【

6、详解】在相应的极坐标系下，由于点位于第四象限，且极角满足，所以.故选C.【点睛】本题考查极坐标与直角坐标的互化，属于简单题。2、D【解析】根据复数除法运算法则可化简复数得，由共轭复数定义可得结果.【详解】 本题正确选项：【点睛】本题考查共轭复数的求解，关键是能够利用复数的除法运算法则化简复数，属于基础题.3、C【解析】试题分析：根据题意可知，第组的频数为，前组的频率和为，所以抽取的学生总人数为，故选C.考点：频率分布直方图与频数4、D【解析】直接根据均值和方差的定义求解即可【详解】解：由题意有，则，新数据的方差是，故选：D【点睛】本题主要考查均值和方差的求法，属于基础题5、A【解析】把分别代入

7、和，求得的极经，进而求得，得到答案【详解】由题意，把代入，可得，把代入，可得，结合图象，可得，故选A【点睛】本题主要考查了简单的极坐标方程的应用，以及数形结合法的解题思想方法，着重考查了推理与运算能力，属于基础题6、A【解析】由函数在区间上单调递减，得到不等式在恒成立，再根据二次函数根的分布，求实数t的取值范围.【详解】因为函数在区间上单调递减，所以在恒成立，所以即解得：.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、利用二次函数根的分布求参数取值范围，考查逻辑思维能力和运算求解能力，求解时要充分利用二次函数的图象特征，把恒成立问题转化成只要研究两个端点的函数值正负问题.7、A【解析】利用指数函数

8、和对数函数的单调性即可比较大小.【详解】，故选：A.【点睛】本题考查了指数函数和对数函数的单调性，考查了计算能力和推理能力，属于基础题.8、C【解析】将原函数的导数求出来，分析其符号即可得出原函数的单调性，又，故函数的图象关于直线对称【详解】由得令得当时，原函数为增函数当时，原函数为减函数，故正确因为所以函数的图象关于直线对称，故正确故选：C【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的单调性及函数的对称性，属于中档题.9、D【解析】试题分析：由题意，故选D考点：条件概率与独立事件10、C【解析】由，不满足，则变为，由，则变为，由，则，由，则，由，则，由，则，由，退出循环，则输出的值为，故选C.11、

9、D【解析】分析：先化简函数的解析式得，再解方程f(x)=0得到，再分析得到，再讨论a=0的情况得到w的范围，再综合即得w的最小值.详解：当a0时，由f(x)=0得，因为所以，根据三角函数的图像得只要coswx=1满足条件即可，这时，所以当a=0时，令f(x)=0，所以coswx=0，须满足综合得故答案为：D.点睛：（1）本题主要考查三角恒等变换，考查函数的零点和三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力数形结合思想方法.(2)解答本题的难点在讨论a0时，分析推理出.12、D【解析】根据与平面的关系，先找到直线与平面的夹角，然后通过勾股定理求得各边长，即可求得夹角的正弦

10、值。【详解】连接、相交于点M，连接EM、AM因为EMAB，EMBC1所以EM平面则EAM即为直线与平面所成的角所以 所以 所以选D【点睛】本题考查了空间几何体线面的夹角关系，主要是找到直线与平面的夹角，再根据各长度求正弦值，属于中档题。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】首先计算出纬圈半径，再根据经度差可求得长；根据长度关系可求得球心角，进而可求得球面距离.【详解】由题意可知：纬圈半径为：两点的经度差为 即： 两地的球面距离：本题正确结果：【点睛】本题考查球面距离及其计算，考查空间想象能力，属于基础题.14、【解析】分析：由可得，再利用两个复数代数形式的除法法则化简，

11、结合共轭复数的定义可得结果.详解：满足，所以，故答案为.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，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.15、C【解析】画出函数的图象，如图所示，由，解得，所以选16、【解析】 由抛物线的焦点为， 根据抛物线的定义可知点到准线的距离等于点的焦点的距离， 设点到抛物线的准线的距离为，所以， 可得当三点共线时，点到点的距离与点到准线的距离之和最小， 所以最小值为. 点睛：本题主要考查了抛物线的定义

12、及其标准方程的应用，解答中把抛物线上的点到准线的距离转化为到抛物线的焦点的距离是解答的关键，这是解答抛物线最值问题的一种常见转化手段，着重考查了学生的转化与化归和数形结合思想的应用.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）直线l的普通方程为；圆C的直角坐标方程为；（2）.【解析】（1）由直线的参数方程消去参数可直接得到普通方程；由极坐标与直角坐标的互化公式，可直接得到圆的直角坐标方程；（2）将直线参数方程代入圆的直角坐标方程，结合韦达定理，根据参数的方法，即可求出结果.【详解】(1)由直线的参数方程(为参数)得直线的普通方程为由,得,即圆的直角坐标方程为(2)

13、将直线的参数方程代入圆的直角坐标方程，得，即，由于0,故可设，是上述方程的两个实根，所以又直线过点P(3,)，故【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方程与直角坐标方程的互化，熟记公式即可，属于常考题型.18、 (1) 5，10 (2)见解析；(3) 最小值是4035【解析】（1）根据题意进行元素相加即可得出和的值；(2) 因为共有项，所以由集合，任取，由此能出的值；（3）不妨设，可得，故中至少有4035个不同的数，即由此能出的最小值【详解】（1）由246，268，2810，4610，4812，6814，得5，由1+2=3,1+4=5,1+8=9,1+16=17，246，28

14、10，21618，4812，41620，81624，得10 （2）证明：因为共有项，所以 又集合，不妨设，m1，2，n，当时，不妨设，则，即，当时，因此，当且仅当时，即所有的值两两不同，因此 （3）不妨设，可得，故中至少有4035个不同的数，即 事实上，设成等差数列，考虑，根据等差数列的性质，当时， ；当时， ；因此每个和等于中的一个，或者等于中的一个所以最小值是4035。【点睛】本题考查，的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意集合性质、分类讨论思想的合理运用19、（1）极小值，无极大值；（2）参考解析；（3）【解析】试题分析：第一问，将代入中确定函数的解析式，对进行求导，判断的单调

15、性，确定在时，函数有极小值，但无极大值，在解题过程中，注意函数的定义域；第二问，对求导，的根为和，所以要判断函数的单调性，需对和的大小进行3种情况的讨论；第三问，由第二问可知，当时，在为减函数，所以为最大值，为最小值，所以的最大值可以求出来，因为对任意的恒成立，所以，将的最大值代入后，又是一个恒成立，整理表达式，即对任意恒成立，所以再求即可.试题解析：（1）当时，由,解得. 在上是减函数，在上是增函数. 的极小值为，无极大值. （2）. 当时，在和上是减函数，在上是增函数； 当时，在上是减函数； 当时，在和上是减函数，在上是增函数. （3）当时，由（2）可知在上是减函数，. 由对任意的恒成立，

16、即对任意恒成立，即对任意恒成立， 由于当时，. 考点：1.利用导数研究函数的单调性；2.利用导数求函数的极值；3.利用导数求函数的最值；4.不等式的性质.20、（1），0；（2），；（3）.【解析】（1）根据二项展开式直接得二项式系数之和为，利用赋值法求二项展开式中的系数之和；（2）根据二项展开式通项公式得系数，再列方程组解得系数最大的项；（3）先根据二项式定理将展开成整数与小数，再根据奇偶性分类讨论元素个数，最后根据符号数列合并通项.【详解】（1）二项展开式中的二项式系数之和为，令得二项展开式中的系数之和为；（2）设二项展开式中的系数最大的项数为则因此二项展开式中的系数最大的项为，（3）所以当为偶数时，集合的元素个数为当为奇数时，集合的元素个数为综上，元素个数为【点睛】本题考查二项式系数之和、二项式展开式各项系数之和、二项式展开式中系数最大项以及利用二项式展开式计数，考查综合分析求解与应用能力，属较难题.21、（）；（）【解析】（）由于，计算出再通过正弦定理即得答案；（）可先求出，然后利用和差公式即可求得答案.【详解】（）解：，且，又，由正弦定理,得，的值为.（）