2022年广西桂林市七星区桂林十八中高二数学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

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已知函数,若是函数唯一的极值点,则实数的取值范围为( )ABCD2已知为虚数单位，复数，则（ ）ABCD3若角的终边经过点，则（ ）ABCD4已知函数，则（ ）A函数的最大值为，其图象关于对称B函数的最大值为2，其图象关于对称C函数的最大值为，其图象关于直线对称D函数的最大值为2，其图象关于直线对称5由直线，曲线以及轴所围成的封闭图形的面积是（ ）ABCD6给出下列三个命题:命题1：存在奇函数和偶函数,使得函数是偶函数；命题2：存在函数、及区间，使得、在上均是增函数, 但在上是减

3、函数；命题3：存在函数、（定义域均为），使得、在处均取到最大值，但在处取到最小值.那么真命题的个数是 ( )ABCD7若函数恰有个零点，则的取值范围为（ ）ABCD8已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF=90，则球O的体积为ABCD9在我国南北朝时期，数学家祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”其意思是，用一组平行平面截两个几何体，若在任意等高处的截面面积都对应相等，则两个几何体的体积必然相等根据祖暅原理，“两几何体A、B的体积不相等”是“A、B在等高处的截面面积不恒相等”的（

4、 ）条件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要10设，则的值分别为 （ ）A18，B36, C36，D18，11球面上有三个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的，经过这3个点的小圆周长为，那么这个球的半径为（ ）ABCD12已知点在椭圆上，、分别是椭圆的左、右焦点，的中点在轴上，则等于（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在极坐标系中，曲线被直线所截得的弦长为_.14命题“使得”是_命题. （选填“真”或“假”）15已知，且，则的最小值是_16已知函数（且）恒过定点，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）设

5、函数.（1）解不等式；（2）求函数的最大值.18（12分）已知.（）计算的值；（）若，求中含项的系数；（）证明：.19（12分）已知点A(0，2)，椭圆E： (ab0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点. (1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当OPQ的面积最大时，求l的方程.20（12分）已知椭圆的长轴长为，且椭圆与圆的公共弦长为（1）求椭圆的方程. （2）过点作斜率为的直线与椭圆交于两点，试判断在轴上是否存在点，使得为以为底边的等腰三角形.若存在，求出点的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由.21（12分）某大型工厂有台大型机器，在个

6、月中，台机器至多出现次故障，且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需名工人进行维修每台机器出现故障的概率为已知名工人每月只有维修台机器的能力，每台机器不出现故障或出现故障时有工人维修，就能使该厂获得万元的利润，否则将亏损万元该工厂每月需支付给每名维修工人万元的工资（1）若每台机器在当月不出现故障或出现故障时有工人进行维修，则称工厂能正常运行若该厂只有名维修工人，求工厂每月能正常运行的概率；（2）已知该厂现有名维修工人（）记该厂每月获利为万元，求的分布列与数学期望；（）以工厂每月获利的数学期望为决策依据，试问该厂是否应再招聘名维修工人？22（10分）已知抛物线，过点的直线交抛物线于两点，

7、坐标原点为，.（1）求抛物线的方程；（2）当以为直径的圆与轴相切时，求直线的方程.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：由的导函数形式可以看出，需要对k进行分类讨论来确定导函数为0时的根.详解：函数的定义域是，是函数唯一的极值点,是导函数的唯一根，在无变号零点，即在上无变号零点，令，在上单调递减，在上单调递增，的最小值为，必须.故选A.点睛：本题考查由函数的导函数确定极值问题，对参数需要进行讨论.2、C【解析】对进行化简，得到标准形式，在根据复数模长的公式，得到【详解】对复数进行化简所以【点睛】考查复数

8、的基本运算和求复数的模长，属于简单题.3、A【解析】用余弦的定义可以直接求解.【详解】点到原点的距离为，所以，故本题选A.【点睛】本题考查了余弦的定义，考查了数学运算能力.4、D【解析】分析：由诱导公式化简函数，再根据三角函数图象与性质，即可逐一判断各选项.详解：由诱导公式得， ，排除A，C.将代入，得，为函数图象的对称轴，排除B.故选D.点睛：本题考查诱导公式与余弦函数的图象与性质，考查利用余弦函数的性质综合分析判断的能力.5、C【解析】作出图象，确定被积函数以及被积区间，再利用定积分公式可计算出所围成封闭图形的面积。【详解】如下图所示， 联立，得，则直线与曲线交于点，结合图形可知，所求区域

9、的面积为 ，故选：C。【点睛】本题考查利用定积分求曲边多边形区域的面积，确定被积函数与被积区间是解这类问题的关键，考查计算能力与数形结合思想，属于中等题。6、D【解析】对于命题1，取，满足题意；对于命题2，取，满足题意；对于命题3，取，满足题意；即题中所给的三个命题均为真命题，真命题的个数是.本题选择D选项.7、D【解析】将问题转化为与恰有个交点；利用导数和二次函数性质可得到的图象，通过数形结合可确定或时满足题意，进而求得结果.【详解】令，则恰有个零点等价于与恰有个交点当时，则当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增当时，在上单调递减，在上单调递增可得图象如下图所示：若与有两个交点，则或又，即

10、当时，恰有个零点本题正确选项：【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数范围的问题，关键是能够将问题转化为平行于轴的直线与曲线的交点个数的问题，利用数形结合的方式找到临界状态，从而得到满足题意的范围.8、D【解析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，又，分别为、中点，又，平面，平面，为正方体一部分，即 ，故选D解法二:设，分别为中点，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，为中点，又，两两垂直，故选D.【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题可通过线面垂直定理，得到三棱两两

11、互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决9、A【解析】先阅读题意，再由原命题与其逆否命题的真假及充分必要条件可得解【详解】由已知有”在任意等高处的截面面积都对应相等”是“两个几何体的体积必然相等“的充分条件不必要条件，结合原命题与其逆否命题的真假可得：“两几何体A、B的体积不相等”是“A、B在等高处的截面面积不恒相等”的充分不必要条件，故选：A【点睛】本题考查了阅读能力、原命题与其逆否命题的真假及充分必要条件，属中档题。10、A【解析】由B（n，p），E12，D4，知np12，np（1p）4，由此能求出n和p【详解】E12，D4，np12，np（1p）4，n18，p故选A【点睛】本题

12、考查离散型随机变量的期望和方差，解题时要注意二项分布的性质和应用11、B【解析】解:12、A【解析】由题意可得，设P，且，所以=，选A.【点睛】若，是椭圆的左、右焦点，且，则点P的坐标为二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】将直线和曲线的方程化为普通方程，可知曲线为圆，然后计算圆心到直线的距离和半径，则直线截圆所得弦长为。【详解】曲线的直角坐标方程为，直线，所以圆心到直线的距离为，所求弦长为.故答案为：。【点睛】本题考查极坐标方程与普通方程之间的转化，考查直线与圆相交时弦长的计算，而计算直线截圆所得弦长，有以下几种方法：几何法：计算圆心到直线的距离，确定圆的半径长，则弦

13、长为；弦长公式：将直线方程与圆的方程联立，消去或，得到关于另外一个元的二次方程，则弦长为或（其中为直线的斜率，且）；将直线的参数方程（为参数，为直线的倾斜角）与圆的普通方程联立，得到关于的二次方程，列出韦达定理，则弦长为。14、真.【解析】分析：存在命题只需验证存在即可.详解：由题可知：令x=0，则符合题意故原命题是真命题.点睛：考查存在性命题的真假判断，属于基础题.15、1【解析】直接将代数式4x+y与相乘，利用基本不等式可求出的最小值【详解】由基本不等式可得，当且仅当，等号成立，因此的最小值为1，故答案为：1【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等

14、式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.16、【解析】令指数，则：，据此可得定点的坐标为：，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、（1）；（2）3【解析】（1）利用零点分类讨论法解不等式.(2)先化成分段函数，再结合分段函数的图像即得其最大值.【详解】当x-1时，；当-1x2时，；当时，；综上，不等式的解集为； ，由其图知，.【点睛】(1)本题主要考查零点讨论法解绝对值不等式，考查分段函数的最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2)分类讨论是高

15、中数学的一种重要思想，要注意小分类求交，大综合求并.18、（）-2019；（）196；（）详见解析.【解析】（）由于，代入-1即可求得答案;（）由于，利用二项式定理即可得到项的系数；（）可设，找出含项的系数，利用错位相减法数学思想两边同时乘以，再找出含项的系数，于是整理化简即可得证.【详解】解：（），；（），中项的系数为；（）设（且）则函数中含项的系数为，另一方面：由得：-得：，所以，所以，则中含项的系数为，又因为，所以，即，所以.【点睛】本题主要考查二项式定理的相关应用，意在考查学生对于赋值法的理解，计算能力，分析能力及逻辑推理能力，难度较大.19、（1） （2） 【解析】试题分析：设出，由

16、直线的斜率为求得，结合离心率求得，再由隐含条件求得，即可求椭圆方程；（2）点轴时，不合题意；当直线斜率存在时，设直线，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于零求得的范围，再由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出值，则直线方程可求.试题解析：（1）设，因为直线的斜率为，所以，. 又解得，所以椭圆的方程为.（2）解：设由题意可设直线的方程为：，联立消去得，当，所以，即或时.所以点到直线的距离所以，设，则，当且仅当，即，解得时取等号，满足所以的面积最大时直线的方程为：或.【方法点晴】本题主要考查待定系数法求椭圆方程及圆锥曲线

17、求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用均值不等式法求三角形最值的.20、（1）（2）【解析】试题分析：（1）由长轴长可得值，公共弦长恰为圆直径，可知椭圆经过点，利用待定系数法可得椭圆方程；（2）可令直线的解析式为，设，的中点为，将直线方程与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系可得，由等腰三角形中，可得，得出中由此可得点的横坐标的范围试题

18、解析：（1）由题意可得，所以.由椭圆与圆：的公共弦长为，恰为圆的直径，可得椭圆经过点，所以，解得.所以椭圆的方程为.（2）直线的解析式为，设，的中点为.假设存在点，使得为以为底边的等腰三角形，则.由得，故，所以，.因为，所以，即，所以.当时，所以；当时，所以.综上所述，在轴上存在满足题目条件的点，且点的横坐标的取值范围为.点睛：本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质,直线与椭圆的位置关系,基本不等式,及韦达定理的应用.解析几何大题的第一问一般都是确定曲线的方程,常见的有求参数确定方程和求轨迹确定方程,第二问一般为直线与椭圆的位置关系,解决此类问题一般需要充分利用数形结合的思想转化给出的条件,可将几何条件转化为代数关系,从而建立方程或者不等式来解决.21、（1）；（2）（）；（）不应该.【解析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算出事故机器不超过台的概率即可；（2）（i）求出的可能取值及其对应的概率，得出的分布列和数学期望；（）求出有名维修工人时的工厂利润，得出结论【详解】解：（1）因为该工厂只有名维