上海市长宁、嘉定区2022年数学高二第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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设有一个回归方程为y=2-2.5x,则变量x增加一个单位时（ ）Ay平均增加2.5个单位By平均增加2个单位Cy

2、平均减少2.5个单位Dy平均减少2个单位2已知各项不为的等差数列，满足，数列是等比数列，且，则 （ ）ABCD3过点的直线与函数的图象交于，两点，为坐标原点，则（ ）ABC10D204若函数与图象上存在关于点对称的点，则实数的取值范围是（）ABCD512名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( )ABCD6设函数，若实数分别是的零点，则（ ）ABCD7等差数列的前项和，若，则( )A8B10C12D148已知函数f(x)x3ax1，若f(x)在(1,1)上单调递减，则a的取值范围为()Aa3 Ba3Ca3 Da3

3、9由0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成没有重复数字且能被5整除的5位数的个数是（ ）A144B192C216D24010已知展开式中常数项为1120，实数是常数，则展开式中各项系数的和是ABCD11抛物线和直线所围成的封闭图形的面积是（ ）ABCD12如图，一货轮航行到M处，测得灯塔S在货轮的北偏东15，与灯塔S相距20nmile，随后货轮按北偏西30的方向航行30A20(2+C20(6+二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知中角满足且,则_.14已知四边形为矩形, ,为的中点,将沿折起,得到四棱锥,设的中点为,在翻折过程中,得到如下有三个命题:平面，且的长度为定值；三

4、棱锥的最大体积为；在翻折过程中，存在某个位置，使得.其中正确命题的序号为_（写出所有正确结论的序号）15在长方体中，二面角的大小是_（用反三角表示）16已知不等式对任意恒成立，其中，是与无关的实数，则的最小值是_.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）已知椭圆的离心率为，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线：与椭圆交于A，B两点，是否存在实数，使线段AB的中点在圆上，若存在，求出的值；若不存在，说明理由18（12分）如图，在正方体中，分别是的中点求证：（1）求证：平面（2）求异面直线与所成角的余弦值.19（12分）已知抛物线：的焦点为，过作互相垂直的直线

5、,分别与交于点、和、.（1）当的倾斜角为时，求以为直径的圆的标准方程；（2）问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.20（12分）在直角坐标系中，以坐标原点为圆心的圆与直线相切。求圆的方程；若圆上有两点关于直线对称，且，求直线的方程；21（12分）如图，点在以为直径的圆上，垂直与圆所在平面，为 的垂心（1）求证：平面平面 ；（2）若，求二面角的余弦值.22（10分）已知函数，且曲线在点处的切线与直线垂直.（1）求函数的单调区间；（2）求的解集.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】试

6、题分析：根据题意，对于回归方程为，当增加一个单位时，则的平均变化为，故可知平均减少个单位，故选C.考点：线性回归方程的应用.2、B【解析】根据等差数列的性质得： ，变为： ，解得 （舍去），所以 ，因为数列 是等比数列，所以 ，故选B.3、D【解析】判断函数的图象关于点P对称，得出过点的直线与函数的图象交于A，B两点时，得出A，B两点关于点P对称，则有，再计算的值【详解】 ，函数的图象关于点对称，过点的直线与函数的图象交于A，B两点，且A，B两点关于点对称，则故选D【点睛】本题主要考查了函数的对称性，以及平面向量的数量积运算问题，是中档题4、C【解析】首先求关于点的函数，转化为其与有交点，转化

7、为，这样的范围就是的范围，转化为利用导数求函数的取值范围的问题.【详解】设关于的对称点是在 上，根据题意可知，与有交点，即，设 ，令， 恒成立， 在是单调递增函数，且，在，即，时 ，即 ，在单调递减，在单调递增，所以当时函数取得最小值1，即 ，的取值范围是.故选C.【点睛】本题考查了根据函数的零点求参数取值范围的问题，有2个关键点，第一个是求关于对称的函数，根据函数有交点转化为，求其取值范围的问题，第二个关键点是在判断函数单调性时，用到二次求导，需注意这种逻辑推理.5、C【解析】试题分析：第一步从后排8人中选2人有种方法，第二步6人前排排列，先排列选出的2人有种方法，再排列其余4人只有1种方法

8、，因此所有的方法总数的种数是考点：排列组合点评：此类题目的求解一般遵循先选择后排列，结合分步计数原理的方法6、A【解析】由题意得，函数在各自的定义域上分别为增函数， 又实数分别是的零点，故选A点睛：解答本题时，先根据所给的函数的解析式判断单调性，然后利用判断零点所在的范围，然后根据函数的单调性求得的取值范围，其中借助0将与联系在一起是关键7、C【解析】试题分析：假设公差为,依题意可得.所以.故选C.考点：等差数列的性质.8、A【解析】f(x)=x3ax1，f(x)=3x2a，要使f(x)在(1,1)上单调递减，则f(x)0在x(1,1)上恒成立，则3x2a0，即a3x2，在x(1,1)上恒成立

9、，在x(1,1)上，3x20,所以.故答案为.点睛：本题主要考查三角化简和诱导公式，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本的计算能力.14、【解析】取的中点，连接、，证明四边形为平行四边形，得出，可判断出命题的正误；由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，并由平面平面，得出三棱锥体积的最大值，可判断出命题的正误；取的中点，连接，由，结合得出平面，推出得出矛盾，可判断出命题的正误.【详解】如下图所示：对于命题，取的中点，连接、，则，由勾股定理得，易知，且，、分别为、的中点，所以，四边形为平行四边形，平面，平面，平面，命题正确；对于命题，由为的中点，可知三棱锥的体积为三棱锥的一半，当平面平面时

10、，三棱锥体积取最大值，取的中点，则，且，平面平面，平面平面，平面，平面，的面积为，所以，三棱锥的体积的最大值为，则三棱锥的体积的最大值为，命题正确；对于命题，为的中点，所以，若，且，平面，由于平面，事实上，易得，由勾股定理可得，这与矛盾，命题错误.故答案为.【点睛】本题考查直线与平面平行、锥体体积的计算以及异面直线垂直的判定，判断这些命题时根据相关的判定定理以及性质定理，在计算三棱锥体积时，需要找到合适的底面与高来计算，考查空间想象能力，考查逻辑推理能力，属于难题.15、【解析】根据二面角平面角的定义可知为二面角的平面角，在直角三角形中表示出，进而求得结果.【详解】由长方体特点可知：平面又平面

11、，平面 ，即为二面角的平面角又， 即二面角的大小为：本题正确结果：【点睛】本题考查二面角的求解，关键是能够根据二面角平面角的定义确定平面角，将平面角放到直角三角形中来进行求解.16、1【解析】设，其中，求出的取值范围，即可得出的最小值【详解】设，其中；，即；令，则的最小值是故答案为：1【点睛】本题考查不等式恒成立应用问题，可转化为求函数的最值，结合单调性是解题的关键三、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）实数不存在，理由见解析【解析】试题分析：（1）运用椭圆的离心率公式和的关系，解方程可得，进而得到椭圆方程；（2）设，线段的中点为联立直线方程和椭圆方程

12、，运用韦达定理和中点坐标公式，求得的坐标，代入圆的方程，解方程可得，进而判断不存在试题解析：（1）由题意得，解得故椭圆的方程为；（2）设，线段的中点为联立直线与椭圆的方程得，即，即，所以，即又因为点在圆上，可得，解得与矛盾故实数不存在考点：椭圆的简单性质18、（1）见解析；（2）【解析】（1）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，从而，进而可得平面；（2）设出正方体的棱长，利用向量的加法和数量积求出，根据向量的夹角公式可求出异面直线与所成角的余弦值.【详解】（1）取的中点，连接，则，又，四边形是平行四边形，又平面，平面，平面；（2）设正方体的棱长为2，异面直线与所成角为，则， ，所以异面直线

13、与所成角的余弦值为.【点睛】本题考查线面平行的判定，以及异面直线所成的角，利用向量的夹角公式，可方便求出异面直线所成的角，不用建系，不用作图.19、（1）（2）存在，使得恒成立，详见解析【解析】（1）由题意可设的方程为，代入可得，通过韦达定理与中点坐标公式求出的中点坐标，即圆心坐标，由焦点弦公式求出直径，进而得出答案。（2）假设存在常数，设直线的方程为，则直线的方程为将的方程代入得：，利用韦达定理与弦长公式可得，列式解出常数【详解】解：（1）由题意可设的方程为，代入可得 所以，由韦达定理得，所以所以的中点坐标为，即圆心坐标为又，所以半径 所以以为直径的圆的方程为 （2）假设存在常数，使得恒成立

14、 设直线的方程为，则直线的方程为 将的方程代入得： 由韦达定理得：，所以同理可得 所以 因此，存在，使得恒成立【点睛】本类题型常用的方法是设而不求法，即设出直线与圆锥曲线的交点坐标，将直线方程与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理，弦长公式等结合题意解答。20、（1）（2）或【解析】（1）直接利用点到直线 的距离公式求出半径，即可得出答案。（2）设出直线，求出圆心到直线的距离，利用半弦长直角三角形解出即可。【详解】解（1） ，所以圆的方程为（2）由题意，可设直线的方程为则圆心到直线的距离则，即所以直线的方程为或【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题。21、（1）见解析（2）. 【解析】试题分

15、析：（1）延长交于点，由重心性质及中位线性质可得，再结合圆的性质得，由已知，可证 平面，进一步可得平面平面（2）以点为原点，方向分别为，轴正方向建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用二面角与二个半平面的法向量的夹角间的关系可求二面角的余弦值试题解析：（1）如图，延长交于点.因为为的重心，所以为的中点.因为为的中点，所以.因为是圆的直径，所以，所以.因为平面，平面，所以.又平面，平面=，所以 平面.即平面，又平面，所以平面 平面.（2）以点为原点，方向分别为，轴正方向建立空间直角坐标系，则，则，.平面即为平面，设平面的一个法向量为，则令，得.过点作于点，由平面，易得，又，所以平面，即为平面的一个法向量.在中，由，得，则，.所以，.所以.设二面角的大小为，则 .点睛：若分别二面角的两个半平面的法向量，则二面角的大小满足，二面角的平面角的大小是的夹角(或其补角，需根据观察得出结论)在利用向量求空间角时，建立合理的空间直角坐标系，正确写出各点坐标，求出平面的法向量是解题的关键22、（1