2022届四川省德阳市高中高二数学第二学期期末达标检测试题含解析

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 “a1”是“函数f(x)=ax-sinx是增函数”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件2九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的体积为（ ）

2、A2B4CD3已知展开式中的常数项是4与10的等差中项，则a的值为（ ）AB2CD4已知数列，都是等差数列，设，则数列的前2018项和为（ ）ABCD5已知等比数列an中，则（ ）A2B2C2D46设，则大小关系是( )ABCD7现将甲、乙、丙、丁四个人安排到座位号分别是的四个座位上，他们分别有以下要求，甲：我不坐座位号为和的座位；乙：我不坐座位号为和的座位；丙：我的要求和乙一样；丁：如果乙不坐座位号为的座位，我就不坐座位号为的座位.那么坐在座位号为的座位上的是（ ）A甲B乙C丙D丁8展开式中的所有项系数和是（）A0B1C256D5129 的值为（ ）A0B2C1D110设，向量，若，则等于(

3、 )ABC4D411 “夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”是以我国哪位数学家命名的数学原理（）A杨辉B刘微C祖暅D李淳风12某图书出版公司到某中学开展奉献爱心图书捐赠活动，某班级获得了某品牌的图书共4本，其中数学、英语、物理、化学各一本，现将这4本书随机发给该班的甲、乙、丙、丁4个人，每人一本，并请这4个人在得到的赠书之前进行预测，结果如下：甲说：乙或丙得到物理书；乙说：甲或丙得到英语书；丙说：数学书被甲得到；丁说：甲得到物理书最终结果显示甲、乙、丙、丁4个人的预测均不正确，那么甲、乙、丙、丁4个人得到的书分别是（）A数学、物理、化学、英语B物理、英语、数学、化学C数学、英语、化学、物理D

4、化学、英语、数学、物理二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线交拋物线于，两点，过点作准线的垂线，垂足为，当点坐标为时，为正三角形，则_.14已知两点，则以线段为直径的圆的方程为_15已知函数，则_16若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_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）己知函数.（I）求的最小值；（II）若均为正实数，且满足，求证：.18（12分）函数.（）若时，求函数的单调区间；（）设，若函数在上有两个零点，求实数的取值范围.19（12分）椭圆经过点，左、右焦点分别是，点在椭圆上，且满足的点只有

5、两个.（）求椭圆的方程；（）过且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，在轴上是否存在一点，使得的角平分线是轴？若存在求出，若不存在，说明理由.20（12分）已知集合P，函数的定义域为Q.（）若PQ ，求实数的范围；（）若方程在内有解，求实数的范围.21（12分）给出下列不等式：，（1）根据给出不等式的规律，归纳猜想出不等式的一般结论；（2）用数学归纳法证明你的猜想.22（10分）设函数.(1)若为定义域上的单调函数，求实数的取值范围；(2)若，当时，证明：.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、A【解析】先由函数fx=a

6、x-sinx为增函数，转化为f【详解】当函数fx=ax-sinx为增函数，则则acos因此，“a1”是“函数fx=ax-sin【点睛】本题考查充分必要条件的判断，涉及参数的取值范围，一般要由两取值范围的包含关系来判断，具体如下：（1）AB，则“xA”是“xB”的充分不必要条件；（2）AB，则“xA”是“xB”的必要不充分条件；（3）A=B，则“xA”是“xB”的充要条件；（4）AB，则则“xA”是“xB”的既不充分也不必要条件。2、A【解析】根据三视图的特点可以分析该物体是一个直三棱柱，即可求得体积.【详解】由三视图可得该物体是一个以侧视图为底面的直三棱柱，所以其体积为.故选：A【点睛】此题考

7、查三视图的认识，根据三视图求几何体的体积，关键在于准确识别三视图的特征.3、C【解析】利用二项式展开式的通项公式求出展开式中的常数项的值，由常数项是4与10的等差中项，求得的值【详解】由题意得，令，解得又因为4与10的等差中项为7，所以，即，故选C【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题4、D【解析】利用，求出数列，的公差，可得数列，的通项公式，从而可得，进而可得结果.【详解】设数列，的公差分别为，则由已知得，所以，所以，所以，所以数列的前2018项和为,故选D.【点睛】本题主要考查等差数列通项公式基本量运算，考查了数列的求和，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.5、C

8、【解析】根据等比数列性质得，再根据等比数列性质求得.【详解】因为等比数列中，所以，即以，因此=，因为，同号，所以选C.【点睛】在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法.性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.6、A【解析】根据三个数的特征，构造函数，求导，判断函数的单调性，利用函数的单调性可以判断出的大小关系.【详解】解:考查函数，则，在上单调递增，即，故选A.【点睛】本题考查了通过构造函数，利用函数的单调性判断三个数大小问题，根据三个数的

9、特征构造函数是解题的关键.7、C【解析】对甲分别坐座位号为3或4分类推理即可判断。【详解】当甲坐座位号为3时，因为乙不坐座位号为1和4的座位所以乙只能坐座位号为2，这时只剩下座位号为1和4又丙的要求和乙一样，矛盾，故甲不能坐座位号3.当甲坐座位号为4时，因为乙不坐座位号为1和4的座位，丙的要求和乙一样：所以丁只能坐座位号1，又如果乙不坐座位号为2的座位，丁就不坐座位号为1的座位.所以乙只能坐座位号2，这时只剩下座位号3给丙。所以坐在座位号为3的座位上的是丙.故选：C【点睛】本题主要考查了逻辑推理能力，考查了分类思想，属于中档题。8、B【解析】令，可求出展开式中的所有项系数和.【详解】令，则，即

10、展开式中的所有项系数和是1，故选B.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了展开式的系数和的求法，属于基础题.9、D【解析】分析：求二项展开式系数和一般方法为赋值法，即分别令x=1与x=-1得，最后相乘得结果.详解：令，则，令，则，因此，选D.点睛：“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.10、D【解析】直接利用向量垂直的充要条件列方程求解即可.【详解】因为，且，所以，化为，解得，故选D.【点睛】利用向量的位置关系求参数是命题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用

11、解答；（2）两向量垂直，利用解答.11、C【解析】由题意可得求不规则几何体的体积的求法，即运用祖暅原理.【详解】“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”的意思是“夹在两平行平面之间的两个几何体被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果两个截面面积仍然相等，那么这两个几何体的体积相等”，这就是以我国数学家祖暅命名的数学原理，故选：C.【点睛】本题考查祖暅原理的理解，考查空间几何体体积的求法，考查对概念的理解，属于基础题.12、D【解析】根据甲说的和丁说的都错误，得到物理书在丁处，然后根据丙说的错误，判断出数学书不在甲处，从而得到答案.【详解】甲说：乙或丙得到物理书；丁说：甲得到物理书因为甲和丁说

12、的都是错误的，所以物理书不在甲、乙、丙处，故物理书在丁处，排除A、B选项；因为丙说：数学书被甲得到，且丙说的是错误的，所以数学书不在甲处，故排除C项；所以答案选D项.【点睛】本题考查根据命题的否定的实际应用，属于简单题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】设点在第一象限，根据题意可得直线的倾斜角为，过点作轴，垂足为，由抛物线的定义可得,，通过解直角三角形可得答案.【详解】设点在第一象限，过点作轴，垂足为,由为正三角形，可得直线的倾斜角为.由抛物线的定义可得,又,所以在中有：.即，解得：.故答案为：2【点睛】本题考查抛物线中过焦点的弦的性质，属于难题.14、【解析】根

13、据中点坐标公式求圆心为（1，1），求两点间距离公式求AB的长并得出半径为，写出圆的标准方程即可。【详解】直径的两端点分别为（0，1），（1，0），圆心为（1，1），半径为，故圆的方程为（x1）1+（y1）1=1故答案为：（x1）1+（y1）1=1【点睛】在确定圆的方程时，选择标准方程还是一般方程需要灵活选择，一般情况下易于确定圆或半径时选择标准方程，给出条件是几个点的坐标时，两种形式都可以。此题选择标准形式较简单。15、【解析】分析：求出f（1）=1，再根据定积分法则计算即可详解：f（x）=f（1）x2+x+1，f（x）=2f（1）x+1，f（1）=2f（1）+1，f（1）=1，f（x）=x2

14、+x+1，=（x3+x2+x）=.故答案为.点睛：这个题目考查了积分的应用，注意积分并不等于面积，解决积分问题的常见方法有：面积法，当被积函数为正时积分和面积相等，当被积函数为负时积分等于面积的相反数；应用公式直接找原函数的方法；利用被积函数的奇偶性得结果.16、【解析】分别设出直线与曲线和曲线的切点，然后求导利用切线的几何意义利用斜率相等可得答案.【详解】设直线与曲线切于点，与曲线切于点，则有，从而，所以切线方程，所以故答案为：.【点睛】本题主要考查导数的几何意义,两曲线的公切线问题，属于中档题三、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、（I）（II）见解析【解析】利

15、用绝对值的性质可知当函数有最小值。根据题意将化简为，结合，凑配法利用基本不等式，利用分析法，推出待证结论成立。【详解】解：（I）因为函数.等号成立的条件综上，的最小值（II）据（1）求解知，所以，又因为，.即，当且仅当时等号成立.所以【点睛】本题主要考查了绝对值的性质以及基本不等式的应用，证明方法主要用了分析法，从数学题的待证结论出发，一步一步探索下去，最后达到题设的已知条件。18、（）；（）.【解析】（）当时，解不等式则单调区间可求；（）在上有两个零点，等价于在上有两解，分离参数，构造函数 ，求导求其最值即可求解【详解】（）当时，的定义域为，当，时， 在和上单调递增.当时， 在上单调递减.

16、故 的单调增区间为 ，；单调减区间为（）因为在上有两个零点，等价于在上有两解， 令 则令 则 在上单调递增，又 在上有，在有 时，时，在上单调递减，在上单调递增. ，由有两解及可知. 【点睛】本题考查函数的单调区间及函数最值，不等式恒成立，分离参数法，零点个数问题，准确计算是关键，是中档题19、（）；（）详见解析.【解析】（）由题得点为椭圆的上下顶点，得到a,b,c的方程组，解方程组即得椭圆的标准方程；（）设直线的方程为，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，根据得到. 所以存在点，使得的平分线是轴.【详解】解：（I）由题设知点为椭圆的上下顶点，所以，b=c,故，,故椭圆方程为 . （）设直线的方程

17、为，联立 消得设，坐标为，则有，又，假设在轴上存在这样的点，使得轴是的平分线，则有 而 将，代入有 即因为，故. 所以存在点，使得的平分线是轴.【点睛】本题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系和椭圆中的存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20、(1) （2）【解析】（）由题得不等式在上有解，即有解，求出即得解. （）由题得在有解，即求的值域得解.【详解】（）P，PQ，不等式在上有解，由得，而， （） 在有解，即求的值域，设【点睛】（1）本题主要考查集合的运算，考查不等式的有解问题和方程的有解问题，意在考察学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)

18、, 21、（1）（2）见解析【解析】（1）猜想不等式左边最后一个数分母，对应各式右端为，即得解；（2）递推部分，利用时结论，替换括号内部分 即得证.【详解】解：（1）观察不等式左边最后一个数分母的特点：，猜想不等式左边最后一个数分母，对应各式右端为，所以，不等式的一般结论为： （2）证明：当时显然成立； 假设时结论成立，即：成立， 当时， 即当时结论也成立.由可知对任意，结论都成立.【点睛】本题考查了归纳推理和数学归纳法，考查了学生逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.22、（1）；（2）见解析【解析】(1)求得的导数，得到方程的判别式，分和、三种讨论，求得函数的单调性，即可求解； (2)由，当时，只需，故只需证明当时，求得函数的单调性与最值，即可求解.【详解】(1)由题意，函数的定义域为，则，方程的判别式.()若，即，在的定义域内，故单调递增()若，则或.若，则，.当时，当时，所以单调递增若，单调递增()若 ，即或，则有两个不同的实根，