河南省南阳市省示范性高中联谊学校2022年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某小区的6个停车位连成一排,现有3辆车随机停放在车位上,则任何两辆车都不相邻的停放方式有( )种.A24B72C120D1442已知函数存在零点，且，则实数的取值范围是（ ）ABCD3已知，则不等式的解集为（ ）ABCD4下列5个命题

2、中：平行于同一直线的两条不同的直线平行；平行于同一平面的两条不同的直线平行；若直线与平面没有公共点，则；用一个平面截一组平行平面，所得的交线相互平行；若，则过的任意平面与的交线都平行于.其中真命题的个数是（ ）A2B3C4D55等比数列的前n项和为，已知，则ABCD6设函数，若，则实数a的值为（ ）ABC或D7已知正项数列an的前n项和为Sn，若an和都是等差数列，且公差相等，则a6()A B C. D18ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，则（）ABCD9已知函数则使函数g(x)f(x)xm有零点的实数m的取值范围是()A0，1)B(，1)C(，1(2，)D(，0(1，)10

3、已知函数,且,其中是的导函数，则（ ）ABCD11设随机变量，若，则n=A3B6C8D912用反证法证明命题“设为实数，则方程至多有一个实根”时，要做的假设是A方程没有实根B方程至多有一个实根C方程至多有两个实根D方程恰好有两个实根二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13命题“，”的否定是_.14已知是虚数单位，则复数的实部为_ .15的展开式中的系数是_16的展开式中含项的系数为_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）已知函数f(x)=m（1）当n-m=1时，求函数f(x)的单调区间；（2）若函数g(x)=f(x)-3m2x2的两个零点分别为

4、x1,x2(18（12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为.（1）求的值；（2）求在上的最大值19（12分）在中，角的对边分别为，已知（1）求角的大小；（2）若，求的面积的最大值20（12分）已知二项式的展开式的第项为常数项（1）求的值；（2）求的值21（12分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线，极坐标方程分别为，（）和交点的极坐标；（）直线的参数方程为（为参数），与轴的交点为，且与交于，两点，求.22（10分）已知直线是抛物线的准线，直线，且与抛物线没有公共点，动点在抛物线上，点到直线和的距离之和的最小值等于2.（）求抛物线的方程；（）点在直线上运动，过点做

5、抛物线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得恒成立？若存在，请求出定点的坐标，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、A【解析】分析：根据题意，首先排好三辆车，在三辆车中间插入两个空位使三辆车任何两辆车都不相邻，最后一个空车位利用插空法即可.详解：根据题意，首先排好三辆车，共种，在三辆车中间插入两个空位使三辆车任何两辆车都不相邻，最后把剩下的空车位插入空位中，则有种，由分步计数原理，可得共有种不同的停车方法.点睛：本题考查排列、组合的综合应用，注意空位是相同的.2、D【解析】令，可得，设，

6、求得导数，构造，求得导数，判断单调性，即可得到的单调性，可得的范围，即可得到所求的范围【详解】由题意，函数，令，可得，设，则，由的导数为，当时，则函数递增，且，则在递增，可得，则，故选D【点睛】本题主要考查了函数的零点问题解法，注意运用转化思想和参数分离，考查构造函数法，以及运用函数的单调性，考查运算能力，属于中档题3、A【解析】利用导数判断出在上递增，而，由此将不等式转化为，然后利用单调性列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】由，故函数在上单调递增，又由，故不等式可化为，得，解得故选A.【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查对数不等式的解法，属于基础题.4、C【解析】根据平

7、行公理判定的真假；根据线线位置关系，判定的真假；根据线面平行的概念，判定的真假；根据面面平行的性质，判断的真假；根据线面平行的性质，判断的真假.【详解】对于，根据平行公理，平行于同一直线的两条不同的直线平行，正确；对于，平行于同一平面的两条不同的直线，可能平行、异面或相交；错误；对于，根据线面平行的概念，若直线与平面没有公共点，所以，正确；对于，根据面面平行的性质，用一个平面截一组平行平面，所得的交线相互平行，正确；对于，根据线面平行的性质，若，则过的任意平面与的交线都平行于，正确.故选：C【点睛】本题主要考查线面关系、面面关系相关命题的判定，熟记平面的性质，平行公理，线面位置关系，面面位置关

8、系即可，属于常考题型.5、A【解析】设公比为q,则，选A. 6、B【解析】分析：根据分段函数分成两个方程组求解，最后求两者并集.详解：因为，所以所以选B.点睛：求某条件下自变量的值，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.7、B【解析】设等差数列an和的公差为d，可得an=a1+（n1）d，=+（n1）d，于是=+d，=+2d，化简整理可得a1，d，即可得出【详解】设等差数列an和的公差为d，则an=a1+（n1）d，=+（n1）d，=+d，=+2d，平方化为：a1+d=d2+2d，2a1+3d=4d2+

9、4d，可得：a1=dd2，代入a1+d=d2+2d，化为d（2d1）=0，解得d=0或d=0时，可得a1=0，舍去，a1=a6=故答案为：B【点睛】(1)本题主要考查等差数列的通项和前n项和，意在考查学生岁这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2)本题的关键是利用=+d，=+2d求出d.8、D【解析】边化角，再利用三角形内角和等于180，全部换成B角，解出即可【详解】 （）【点睛】本题考查正弦定理解三角形，属于基础题9、D【解析】试题分析：函数的零点就是方程的根，作出的图象，观察它与直线的交点，得知当时，或时有交点，即函数有零点.考点：函数的零点点评：本题充分体现了数形结合的数学思想函数的零

10、点、方程的根、函数图像与x轴的交点，做题时注意三者之间的等价转化10、A【解析】分析：求出原函数的导函数，然后由f（x）=2f（x），求出sinx与cosx的关系，同时求出tanx的值，化简要求解的分式，最后把tanx的值代入即可详解：因为函数f（x）=sinx-cosx，所以f（x）=cosx+sinx，由f（x）=2f（x），得：cosx+sinx=2sinx-2cosx，即3cosx=sinx，所以.所以=.故答案为A.点睛：（1）本题主要考查求导和三角函数化简求值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析转化计算能力.(2)解答本题的关键是=.这里利用了“1”的变式，1=.11、D【解析

11、】根据随机变量，得到方程组，解得答案.【详解】随机变量，解得 故答案选D【点睛】本题考查了二项分布的期望和方差，属于常考基础题型.12、D【解析】反证法证明命题时，首先需要反设，即是假设原命题的否定成立.【详解】命题“设为实数，则方程至多有一个实根”的否定为“设为实数，则方程恰好有两个实根”；因此，用反证法证明原命题时，只需假设方程恰好有两个实根.故选D【点睛】本题主要考查反证法，熟记反设的思想，找原命题的否定即可，属于基础题型.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】特称命题的否定为全称命题，即可求解.【详解】解：由题意知，原命题的否定是：.故答案为: .【点睛】本题考

12、查了命题的否定.易错点是混淆了命题的否定和否命题的概念.这类问题的常见错误是没有改变量词，或者对于大于的否定变成了小于.14、【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】，复数的实部为1故答案为：1【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于容易题15、243【解析】分析：先得到二项式的展开式的通项，然后根据组合的方式可得到所求项的系数详解：二项式展开式的通项为，展开式中的系数为.点睛：对于非二项式的问题，解题时可转化为二项式的问题处理，对于无法转化为二项式的问题，可根据组合的方式“凑”出所求的项或其系数，此时要注意考虑问题的全面性，防止漏掉部分情况16、.【解

13、析】计算出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，再将参数的值代入二项展开式通项可得出项的系数.【详解】的展开式通项为，令，得，因此，的展开式中含项的系数为，故答案为：.【点睛】本题考查二项式指定项的系数的计算，解题的关键就是利用二项展开式通项进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.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、（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）先求导数，再根据导函数零点分类讨论，最后根据导函数符号确定单调区间，（2）先求导数得函数g(x)的图像在x=x【详解】（1）所以当m0时，f(x)=0 x=1，所以增区间(0,1)当0m1当m=1时，f(x

14、)0，所以增区间当m1时，f(x)=0 x=1,x=1m（2）因为g(x)=f(x)-3m所以g因此函数g(x)的图像在x=x0因为函数g(x)的两个零点分别为x1所以m即(m(所以g令h(t)=-lnt+所以h(t)h(1)=0，从而g【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性以及利用导数证明不等式，考查综合分析求解能力，属难题.18、（1），；（2）1【解析】(1)依题意，由，得到，再由，得到，联立方程组，即可求解； (2)由(1)，求得，利用导数求得函数的单调性与极值，即可求得函数的最大值，得到答案【详解】(1)依题意可知点为切点，代入切线方程可得，所以，即， 又由，则，而由切线的斜率可知，

15、即，由，解得，(2)由(1)知，则，令，得或，当变化时，的变化情况如下表： 321008极大值极小值4的极大值为，极小值为，又，所以函数在上的最大值为1【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求解参数问题，以及利用导数求解函数的单调性与最值问题，其中解答中熟记导函数与原函数的单调性与极值（最值）之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力19、（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理将边化角和诱导公式可化简边角关系式，求得，根据可求得结果；（2）利用余弦定理得到，利用基本不等式可求得，代入三角形面积公式即可求得面积的最大值.【详解】（1）由正弦定理可得：即： ，即 （2）由余弦定理可知：又

16、 （当且仅当时取等号）即的最大值为：【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到利用正弦定理化简边角关系式、余弦定理的应用、三角形面积最值的求解等知识；化简边角关系式的关键是能够根据边齐次的特点，利用正弦定理将边角关系式转化为三角恒等变换的化简问题.20、 (1) .(2)0.【解析】分析：（1）利用二项式展开式的通项公式求出展开式的通项，令的指数为零，即可求出的值；（2）结合（1）化为.详解：（1）二项式通式 因为第项为常数项，所以，解得（2）因为，所以当时， 所以原式点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数以及二项式的应用，属于中档题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项

17、式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.21、（1）（2）见解析【解析】试题分析：（1）联立，极坐标方程，解出，反代得，即得和交点的极坐标；（2）先利用 将极坐标方程化为直接坐标方程，再由直线参数方程几何意义得，因此将直线的参数方程代入直角坐标方程，利用韦达定理得，且，因此.试题解析：（）（方法一）由，极坐标方程分别为，化为平面直角坐标系方程分为.得交点坐标为.即和交点的极坐标分别为. （方法二）解方程组 所以， 化解得，即，所以和交点的极坐标分别为. （II）（方法一）化成普通方程解得 因为，所以.（方法二）把直线的参数方程： （为参数），代入得， 所以.22、 (1) (2) 存在定点，使得恒成立【解析】试题分析：（）作分别垂直和，垂足为，抛物线的焦点为，根据抛物线的定义可得的最小值即为点到直线的距离，故，从而可得