2021-2022学年安徽省宣城市郎溪县七校数学高二第二学期期末监测模拟试题含解析

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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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从甲地去乙地有3班火车，从乙地去丙地有2班轮船，则从甲地去丙地可选择的旅行方式有（ ）A5种B6种C7种D8种2用反证法证明命题：“若，且，则a，b全为0”时，要做的假设是（ ）A

2、且Ba，b不全为0Ca，b中至少有一个为0Da，b中只有一个为03已知高为的正三棱锥的每个顶点都在半径为的球的球面上，若二面角的正切值为 4 ，则（ ）ABCD4某地区气象台统计，该地区下雨的概率是，刮风的概率为，既刮风又下雨的概率为，则在下雨天里，刮风的概率为（ ）ABCD52018年某地区空气质量的记录表明，一天的空气质量为优良的概率为0.8，连续两天为优良的概率为0.6，若今天的空气质量为优良，则明天空气质量为优良的概率是（）A0.48B0.6C0.75D0.86正项等比数列中，存在两项使得，且，则的最小值是( )AB2CD7 “a1”是“函数f(x)=ax-sinx是增函数”的A充分不

3、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8已知正项等差数列满足：，等比数列满足：，则（ ）A-1或2B0或2C2D19 “，”是“”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10的展开式中，的系数为( )A-10B-5C5D011.盒子里有25个外形相同的球，其中10个白的，5个黄的，10个黑的，从盒子中任意取出一球，已知它不是白球，则它是黑球的概率为A15 B25 C112已知10件产品中，有7件合格品，3件次品，若从中任意抽取5件产品进行检查，则抽取的5件产品中恰好有2件次品的抽法有( )A种B种C种D种二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共

4、20分。13函数的单调减区间是_.14若的展开式中的系数是，则 15如图,在平面四边形中, 是对角线的中点,且，. 若,则的值为_.16函数的单调递增区间是 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）已知函数当时，求函数在处的切线方程；当时，求函数的最大值。18（12分）如图，在等腰梯形中，梯形的高为，是的中点，分别以 为圆心，为半径作两条圆弧，交于两点.（1）求的度数；（2）设图中阴影部分为区域，求区域的面积.19（12分）如图，在以为顶点的多面体中，平面，.（1）请在图中作出平面，使得且，并说明理由；（2）证明：.20（12分）如图，圆锥的展开侧面图是一个

5、半圆，、是底面圆的两条互相垂直的直径，为母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点、为对称轴的抛物线的一部分（1）证明：圆锥的母线与底面所成的角为；（2）若圆锥的侧面积为，求抛物线焦点到准线的距离21（12分）己知数列中，其前项和满足：（）求数列的通项公式；（）令，数列的前项和为，证明：对于任意的，都有22（10分）已知为圆上一动点，圆心关于轴的对称点为，点分别是线段上的点，且.（1）求点的轨迹方程；（2）直线与点的轨迹只有一个公共点，且点在第二象限，过坐标原点且与垂直的直线与圆相交于两点，求面积的取值范围.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

6、选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】由分步计数原理得，可选方式有236种故选B考点：分步乘法计数原理2、B【解析】根据反证法的定义，第一步要否定结论，即反设，可知选项.【详解】根据反证法的定义，做假设要否定结论，而a，b全为0的否定是a，b不全为0，故选B.【点睛】本题主要考查了反证法，命题的否定，属于中档题.3、D【解析】过作平面于，为中点，连接.证明面角的平面角为,计算得到,通过勾股定理计算得到答案.【详解】如图：正三棱锥，过作平面于，为中点，连接.易知：为中点二面角的平面角为 正切值为4 在中，根据勾股定理： 故答案选D【点睛】本题考查了三棱锥的外接球，二面角，意在考查学生的

7、计算能力和空间想象能力.4、D【解析】分析：根据条件概率求结果.详解：因为在下雨天里，刮风的概率为既刮风又下雨的概率除以下雨的概率，所以在下雨天里，刮风的概率为，选D.点睛：本题考查条件概率，考查基本求解能力.5、C【解析】设随后一天的空气质量为优良的概率是，利用条件概率公式能求出结果【详解】一天的空气质量为优良的概率为，连续两天为优良的概率为，设随后一天空气质量为优良的概率为，若今天的空气质量为优良，则明天空气质量为优良，则有，故选C【点睛】本题考查条件概率，属于基础题6、A【解析】试题分析：由得解得，再由得，所以，所以.考点：数列与基本不等式.【思路点晴】本题主要考查等比数列的基本元思想，

8、考查基本不等式.第一步是解决等比数列的首项和公比，也即求出等比数列的基本元，在求解过程中，先对具体的数值条件进行化简，可求出，由此化简第一个条件，可得到；接下来第二步是基本不等式常用的处理技巧，先乘以一个常数，再除以这个常数，构造基本不等式结构来求.7、A【解析】先由函数fx=ax-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

9、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。8、C【解析】分析：根据数列的递推关系，结合等差和等比数列的定义和性质求出数列的通项公式即可得到结论详解：由，得 ，是正项等差数列， ， 是等比数列， 则，即故选：D点睛：本题主要考查对数的基本运算，根据等差数列和等比数列的性质，求出数列的通项公式是解决本题的关键9、A【解析】利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】若，则必有.若 ，则或.所以是 的充分不必要条件.故选:A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的定义和判断.10、B【解析】在的二项展开式的通项公式中，令x

10、的幂指数分别等于2和1，求出r的值，得到含与的项，再与、与-1对应相乘即可求得展开式中x的系数【详解】要求的系数，则的展开式中项与相乘，项与-1相乘，的展开式中项为，与相乘得到，的展开式中项为，与-1相乘得到，所以的系数为.故选B.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式及特定项的系数，属于基础题11、D【解析】解：由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件是从盒子中取出一个不是白球的小球，共有5+10=15种结果，满足条件的事件是取出的球是一个黑球，共有10种结果，根据等可能事件的概率得到P=1012、C【解析】根据题意，分2步进行分析，第一步从3件次品中抽取2

11、件次品，第二步从7件正品中抽取3件正品，根据乘法原理计算求得结果【详解】根据题意，分2步进行分析： .从3件次品中抽取2件次品，有种抽取方法，;.从7件正品中抽取3件正品，有种抽取方法， 则抽取的5件产品中恰好有2件次品的抽法有种； 故选：C【点睛】本题考查排列组合的实际应用，注意是一次性抽取，抽出的5件产品步需要进行排列二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据对数型复合函数单调区间的求法，求得的单调减区间.【详解】由得，解得，所以的定义域为，由于的开口向下，对称轴为；在上递减.根据复合函数单调性同增异减可知，的单调减区间为.故答案为：【点睛】本小题主要考查对数型复合

12、函数单调区间的求法，属于基础题.14、1【解析】先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的项的系数，再根据的系数是列方程求解即可.【详解】展开式的的通项为，令，的展开式中的系数为，故答案为1.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 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.15、36【解析】分析：利用极化恒等式可快速解决此题详解：如图，O为BC

13、中点， (1) (2)把(1)式和(2)式两边平方相减得：该结论称为极化恒等式所以在本题中运用上述结论可轻松解题，所以所以点睛：极化恒等式是解决向量数量积问题的又一个方法，尤其在一些动点问题中运用恰当可对解题思路大大简化，要注意应用.16、【解析】试题分析：因为，所以单调递增区间是考点：导数应用三、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）（2）答案不唯一，具体见解析【解析】（1）当时，利用导数的几何意义求曲线的切线方程；（2）求函数的导数，讨论，三种情况函数的单调性，得到函数的最大值.【详解】解：当时，所以切线方程为，即当时，当，单调递增，此时，当时，当，单调递减

14、，当，单调递增，此时,又，所以当时，当时，.当时，当，单调递减，此时综上，当时，当时，.【点睛】本题第二问考查了根据函数的导数求函数的最值，第二问的难点是当时，根据函数的单调性可知函数的最大值是或，需做差讨论得到和的大小关系.18、（1）（2）【解析】（1）设梯形的高为，求得，在中，由正弦定理求得，即可得到.（2）由（1），在中，由余弦定理，列出方程，解得，利用面积公式，即可求解.【详解】（1）设梯形的高为，因为，所以.在中，由正弦定理，得，即，解得.又，且，所以.（2）由（1）得.在中，由余弦定理推论，得，即，解得（舍去）.因为，所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中在解

15、有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.19、（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）取中点，连接，则平面即为所求平面，可证明平面；（2）结合（1）先证明三角形是边长为1的正三角形，然后证明，从而可知，由平面，可知，从而可知平面，即可证明.【详解】（1）取中点，连接，则平面即为所求平面 ，且，四边形是平行四边形，则，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面，平面，且，平面平面，平面，平面，即. （2）由（1）四边形是平行四边形，则，三角形是边长为1的正三角形， ，即，平面，平面，平面，平面，平面，

16、平面，.【点睛】本题考查了平面与平面平行的判定，考查了线面垂直的性质与判定，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.20、（1）答案见解析（2）【解析】（1）设底面圆的半径为,圆锥的母线,因为圆锥的侧面展开图扇形弧长与圆锥的底面圆的周长相等,列出底面半径和关系式,即可证明:圆锥的母线与底面所成的角为.（2）因为圆锥的侧面积为,即可求得其母线长.由可知,可得.在平面建立坐标系,以原点,为轴正方向,设抛物线方程,代入即可求得,进而抛物线焦点到准线的距离.【详解】（1）设底面圆的半径为,圆锥的母线 圆锥的侧面展开图扇形弧长与圆锥的底面圆的周长相等 可得 由题意可知:底面圆中 故: 圆锥的母线与底面所成

17、的角为（2） 圆锥的侧面积为 可得,故: 可得中, 为的中点,可得 在平面建立坐标系,以原点,为轴正方向.如图: 设抛物线方程 代入可得根据抛物线性质可知, 抛物线焦点到准线的距离为. 抛物线焦点到准线的距离【点睛】本题考查了线面夹角和抛物线相关知识.利用解析几何思想,通过建立坐标系,写出抛物线方程,研究曲线方程来求解相关的量,着重考查了推理与运算能力,属于中档试题.21、（）（）见解析【解析】（）由，可得，即数列时以1为首项公比为2的等比数列，即可求解（），当时，当时，即有【详解】（）由，于是，当时,，即， ，数列为等比数列， ，即 （）， 当时， 当时，显然成立，综上，对于任意的，都有【点睛】本题考查了数列的递推式，等比数列的求和、放缩法，属于中档题22、（1）（2）【解析】（1）因为，所以为的中点，因为，所以，所以点在的垂直平分线上，所以，因为，所以点在以为焦点的椭圆上，因为，所以，所以点的轨迹方程为.（2）由得，因为直线与椭圆相切于点， 所以，即，解得，即点的坐标为，因为点在第二象限，所以，所以， 所以点的坐标为，设直线与垂直交于点，