陕西省渭南市韩城市2021-2022学年数学高二第二学期期末复习检测试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题

2、卡一并交回。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甲射击时命中目标的概率为，乙射击时命中目标的概率为，则甲乙两人各自射击同一目标一次，则该目标被击中的概率为（ ）ABCD2如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，、为上两点，且的长为定值，则下面四个值中不是定值的是（ ）A点到平面的距离B直线与平面所成的角C三棱锥的体积D的面积3函数f(x)=|x|-ln|x|，若f(x)2-mf(x)+3=0有A(23,4)B(2,4)C(2,24公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼

3、近圆的面积，并创立了“割圆术”刘徽应用“割圆术”得到了圆周率精确到小数点后四位的近似值，这就是著名的“徽率”如图是应用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ）（参考数据：，）A12B24C36D485已知全集UxZ|0 x10，集合A1，2，3，4，Bx|x2a，aA，则(UA)B()A6，8B2，4C2，6，8D4，86已知等差数列的前项和，且，则（ ）A4B7C14D7已知函数的最大值为，周期为，给出以下结论：的图象过点； 在上单调递减；的一个对称中心是； 的一条对称轴是其中正确结论的个数为（ ）A1B2C3D48曲线y=2sinx+cosx在点(，1)处的切线方程为AB

4、CD9袋中有6个不同红球、4个不同白球，从袋中任取3个球，则至少有两个白球的概率是（ ）ABCD10由曲线，所围成图形的面积是（ ）ABCD11已知函数,则下面对函数的描述正确的是（ ）ABCD12( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若实数满足条件，则的最大值为_14设变量满足约束条件：,则目标函数的最小值为15将三封录取通知书投入四个邮筒共有_种不同的投递方式.16已知函数恰有两个零点，则实数的值为_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）已知函数.（I）求不等式；（II）若不等式的解集包含，求实数的取值范围.18（12分）设

5、函数.(1)求不等式的解集；(2)若存在使不等式成立，求实数的取值范围19（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），若以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半粙为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.设点极坐标为，且，.（）求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（）求点的直角坐标；若直线与曲线交于，两点，求.20（12分）已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上.（1）求的方程；（2）若直线与椭圆相交于，两点，试问：在轴上是否在点，当变化时，总有？若存在求出点的坐标，若不存在，请说明理由.21（12分）已知函数，.（1）若函数恰有一个极值点，求实数a的取值范围；（2）当，

6、且时，证明：.（常数是自然对数的底数）.22（10分）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线的焦点（）求椭圆C的标准方程；（）若直线与椭圆C相交于A、B两点，在y轴上是否存在点D，使直线AD与BD关于y轴对称？若存在，求出点D坐标；若不存在，请说明理由参考答案一、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】记事件甲乙两人各自射击同一目标一次，该目标被击中，利用独立事件的概率乘法公式计算出事件的对立事件的概率，再利用对立事件的概率公式可得出事件的概率.【详解】记事件甲乙两人各自射击同一目标

7、一次，该目标被击中，则事件甲乙两人各自射击同一目标一次，两人都未击中目标，由独立事件的概率乘法公式得，故选D.【点睛】本题考查独立事件的概率乘法公式，解题时要弄清楚各事件之间的关系，可以采用分类讨论，本题采用对立事件求解，可简化分类讨论，属于中等题.2、B【解析】试题分析：将平面延展到平面如下图所示，由图可知，到平面的距离为定值.由于四边形为矩形，故三角形的面积为定值，进而三棱锥的体积为定值.故A，C，D选项为真命题，B为假命题. 考点：空间点线面位置关系.3、A【解析】方程有8个不相等的实数根指存在8个不同x的值；根据函数f(x)的图象，可知方程f(x)2-mf(x)+3=0必存在2个大于1

8、【详解】f(x)=f(-x)=f(x)，函数f(x)为偶函数，利用导数可画出其函数图象（如图所示），若f(x)2-mf(x)+3=0有8个不相等的实数根关于=【点睛】与复合函数有关的函数或方程问题，要会运用整体思想看问题；本题就是把所求方程看成是关于f(x)的一元二次方程，再利用二次函数根的分布求m的范围.4、B【解析】试题分析：模拟执行程序，可得，不满足条件；不满足条件；满足条件，推出循环，输出的值为，故选B.考点：程序框图.5、A【解析】先化简已知条件,再求.【详解】由题得,因为,故答案为A【点睛】本题主要考查集合的化简，考查集合的补集和交集运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平.6、B【

9、解析】由题意利用等差数列的定义、通项公式及前项和公式，求出首项和公差的值，可得结论【详解】等差数列的前项和为，且，再根据，可得，则，故选【点睛】本题主要考查等差数列的定义、通项公式及前项和公式，属于基础题7、C【解析】运用三角函数的辅助角公式和周期公式，可得a，再由正弦函数的单调性和对称性，计算可得正确结论的个数【详解】函数的最大值为，周期为，可得，可得，可得，则，则，正确；当，可得，可得在上单调递减，正确；由，则错误；由，可得正确其中正确结论的个数为1故选：C【点睛】本题考查三角函数的图象和性质，注意运用辅助角公式和周期公式，考查正弦函数的单调性和对称性，考查运算能力，属于中档题8、C【解析

10、】先判定点是否为切点，再利用导数的几何意义求解.【详解】当时，即点在曲线上则在点处的切线方程为，即故选C【点睛】本题考查利用导数工具研究曲线的切线方程，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养采取导数法，利用函数与方程思想解题学生易在非切点处直接求导数而出错，首先证明已知点是否为切点，若是切点，可以直接利用导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线方程9、D【解析】事件“至少有两个白球”包含“两个白球一个红球”和“三个都是白球”，然后利用古典概型的概率的计算公式可求出所求事件的概率【详解】事件“至少有两个白球”包含“两个白球一个红球”和“三个都是白球”，由古典概型的概率公式知，事件“两

11、个白球一个红球”的概率为，事件“三个都是白球”的概率为，因此，事件“至少有两个球是白球”的概率为，故选D【点睛】本题考查古典概型的概率公式以及概率的加法公式，解题时要弄清楚事件所包含的基本情况，结合概率的加法公式进行计算，考查分类讨论数学思想，属于中等题10、A【解析】先计算交点，再根据定积分计算面积.【详解】曲线，交点为： 围成图形的面积： 故答案选A【点睛】本题考查了定积分的计算，意在考查学生的计算能力.11、B【解析】分析：首先对函数求导，可以得到其导函数是增函数，利用零点存在性定理，可以将其零点限定在某个区间上，结合函数的单调性，求得函数的最小值所满足的条件，利用不等式的传递性求得结果

12、.详解：因为，所以，导函数在上是增函数，又，所以在上有唯一的实根，设为，且，则为的最小值点，且，即，故，故选B.点睛：该题考查的是有关函数最值的范围，首先应用导数的符号确定函数的单调区间，而此时导数的零点是无法求出确切值的，应用零点存在性定理，将导数的零点限定在某个范围内，再根据不等式的传递性求得结果.12、C【解析】根据定积分的运算公式，可以求接求解.【详解】解:，故选C.【点睛】本题考查了定积分的计算，熟练掌握常见被积函数的原函数是解题的关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、1【解析】作出平面区域，则表示过（0，1）和平面区域内一点的直线斜率求解最大值即可【详解】作出

13、实数x，y满足条件的平面区域如图所示：由平面区域可知当直线过A点时，斜率最大解方程组 得A（1，2）z的最大值为=1故答案为：1【点睛】点睛：利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。注意解答本题时不要忽视斜率不存在的情形.14、1【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即可得到结论【详解】的几何意义为区域内点到点G（0，-1）的斜率，作出不等

14、式组对应的平面区域如图：由图象可知，AG的斜率最小，由 解得 ，即A（2，1），则AG的斜率k=1，故答案为1【点睛】本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及直线斜率的计算，利用数形结合是解决本题的关键15、【解析】每封录取通知书放入邮筒有种不同的投递方式，然后利用分步乘法计数原理可得出结果.【详解】由题意知，每封录取通知书放入邮筒有种不同的投递方式，由分步乘法计数原理可知，将三封录取通知书投入四个邮筒共有种不同的投递方式.故答案为：.【点睛】本题考查分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于基础题.16、【解析】令，得，转化为直线与函数的图象有两个交点，于此可得出实数的值。【详解】令，

15、得，构造函数，其中，问题转化为：当直线与函数的图象有两个交点，求实数的值。，令，得，列表如下：极小值作出图象如下图所示：结合图象可知，因此，故答案为：。【点睛】本题考查函数的零点个数问题，由函数零点个数求参数的取值范围，求解方法有如下两种：（1）分类讨论法：利用导数研究函数的单调性与极值，借助图象列出有关参数的不等式组求解即可；（2）参变量分离法：令原函数为零，得，将问题转化为直线与函数的图象，一般要利用导数研究函数的单调性与极值，利用图象求解。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、（）（）【解析】（）利用零点分类讨论法解不等式；（）即在恒成立，即，即，再化为在恒

16、成立解答即可.【详解】解：（）.当时，即，解得；当时，即，解得；当时，即，解得.综上，不等式的解集为.（）对，恒成立，即在恒成立，即，在恒成立，.【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.18、（1）；（2）【解析】本题需要分类讨论，对去绝对值的两种情况分类讨论。可以先令，在对进行分类讨论求出最小值，最后得出的取值范围。【详解】(1)由得，不等式的解集为 (2)令则， 存在x使不等式成立，【点睛】在遇到含有绝对值的不等式的时候，一定要根据函数解析式去绝对值的几种情况进行分类讨论。19、（）直线,曲线（）【解析】（）利

17、用参数方程化普通方程，利用极坐标化普通方程求直线的普通方程与曲线的直角坐标方程；（）求出，即得点M的直角坐标；利用直线参数方程t的几何意义解答.【详解】解（），曲线.（），.将代入，得，.【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.20、 (1) (2)见解析【解析】（1）根据离心率为，点在椭圆上联立方程组解得答案.（2）设存在定点，联立方程，利用韦达定理得到关系式，推出，代入数据计算得到答案.【详解】解：（1）由题可知又，解得，所以，即所求为（2）设存在定点，并设，由联立消可得所以，因为，所以，

18、即所以，整理为所以可得即，所以所以存在定点满足题意【点睛】本题考查了椭圆离心率，定点问题，将转化为是解题的关键.21、（1）（2）证明见解析【解析】1，等价于方程在恰有一个变号零点即在恰有一个变号零点令，利用函数图象即可求解2要证明：只需证明，即证明要证明，即证明利用导数即可证明【详解】，函数恰有一个极值点，方程在恰有一个变号零点在恰有一个变号零点令，则可得时，函数单调递增，时，函数单调递减函数草图如下，可得，实数a的取值范围为：2要证明：证明证明，即证明令则，时，函数递增，时，递减，即原不等式成立要证明，即证明，故只需证明即可令，则时，函数递减，时，函数递增，又，故原不等式成立综上，【点睛】本题考查了函数