2022年北京市西城66中数学高二下期末达标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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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，则随机变量的分布列是：则当在内增大时（ ）A增大B减小C先增大后减小D先减小后增大2设、

2、，则、三数（ ）A都小于B至少有一个不大于C都大于D至少有一个不小于3复数z满足z=2i1-iA1iB12iC1iD1i4如图，用6种不同的颜色把图中四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（ ）A496种B480种C460种D400种5若正项等比数列满足，则数列的前20项和是( )AB25CD1506已知集合，则=（ ）ABCD7函数的单调增区间为（ ）ABCD8已知命题：，若是真命题，则实数的取值范围为（ ）ABCD9已知f(x)是定义在R上的以3为周期的偶函数，若f(1)1，f(5)，则实数a的取值范围为()A(1,4)B(2,0)C(1,0)D(1,2)10已知，均为

3、正实数，且，则的最小值为（ ）A20B24C28D3211在含有3件次品的10件产品中，任取2件，恰好取到1件次品的概率为ABCD12的展开式存在常数项，则正整数的最小值为（）A5B6C7D14二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图，正四棱柱的底面边长为4，记，若，则此棱柱的体积为_14若，且，则称集合是“兄弟集合”，在集合中的所有非空子集中任选一个集合，则该集合是“兄弟集合”的概率是_15抛物线的准线方程为_16将参数方程（为参数）化成普通方程为_.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（1）求函数的最小值；（2）当时，记函数的

4、所有单调递增区间的长度为，所有单调递减区间的长度为，证明：（注：区间长度指该区间在轴上所占位置的长度，与区间的开闭无关）18（12分）选修4-5：不等式选讲已知.（1）求的解集；（2）若恒成立，求实数的最大值.19（12分）如图，在边长为的正方形中，点是的中点，点是的中点，点是上的点，且将AED，DCF分别沿，折起，使，两点重合于，连接，.（）求证：；（）试判断与平面的位置关系，并给出证明.20（12分）在二项式的展开式中.（1）若展开式后三项的二项式系数的和等于67，求展开式中二项式系数最大的项；（2）若为满足的整数，且展开式中有常数项，试求的值和常数项.21（12分）设抛物线的焦点为F，过

5、点F作垂直于x轴的直线与抛物线交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆过点.（1）求抛物线C的方程；（2）设过点的直线分别与抛物线C交于点D，E和点G，H，且，求四边形面积的最小值.22（10分）设函数. （1）若是的极值点，求的值.（2）已知函数，若在区间（0，1）内仅有一个零点，求的取值范围.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选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】研究方差随变化的增大或减小规律，常用方法就是将方差用参数表示，应用函数知识求解.本题根据方差与期望的关系，将方差表示为的二次函数，二次函数的图象和性质解题.题目有一定综合性，注重重

6、要知识、基础知识、运算求解能力的考查.【详解】方法1：由分布列得，则，则当在内增大时，先减小后增大.方法2：则故选D.【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.2、D【解析】利用基本不等式计算出，于此可得出结论.【详解】由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，因此，若、三数都小于，则与矛盾，即、三数至少有一个不小于，故选D.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查反证法的基本概念，解题的关键就是利用基本不等式求最值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3、D【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详

7、解】z=2i1-i=2i(1+i)【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，是基础题4、B【解析】分析：本题是一个分类计数问题，只用三种颜色涂色时，有C63C31C21，用四种颜色涂色时，有C64C41C31A22种结果，根据分类计数原理得到结果详解：由题意知本题是一个分类计数问题，只用三种颜色涂色时，有C63C31C21=120（种）用四种颜色涂色时，有C64C41C31A22=360（种）综上得不同的涂法共有480种故选：C点睛：本题考查分类计数问题，本题解题的关键是看出给图形涂色只有两种不同的情况，颜色的选择和颜色的排列比较简单5、C【解析】设正项等比数列的首项为,公比

8、为,由已知列式求得首项与公比,可得数列的通项公式，代入求得数列的通项公式,可得数列是以2为首项,以为公差的等差数列,再由等差数列的前项和公式求解【详解】设正项等比数列的首项为,公比为,由,得: ,解得,则数列是以为首项，以为公差的等差数列,则.故选:C.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式,考查等差数列的求和公式,难度较易.6、B【解析】利用集合的基本运算定义即可求出答案【详解】已知集合，利用集合的基本运算定义即可得：答案：B【点睛】本题考查集合的基本运算，属于基础题7、D【解析】先求出函数的定义域，然后求出函数的导函数，接着求当导函数大于零时，的取值范围，结合函数的定义域，最后写出单

9、调增区间.【详解】函数的定义域为，当时，函数单调递增，所以有或，而函数的定义域为，所以当时，函数单调递增，故本题选D.【点睛】本题考查了利用导数求函数单调增区间问题，解题的关系是结合定义域，正确求解导函数大于零这个不等式.8、A【解析】分析：先写出命题的否定形式，将其转化为恒成立问题，求出的值. 详解：命题：，则为，是真命题，即恒成立，的最大值为1，所以故选A.点睛：含有一个量词的命题的否定命题命题的否定9、A【解析】根据函数的奇偶性和周期性将条件进行转化，利用不等式的解法即可得到结论【详解】f（x）是定义在R上的以3为周期的偶函数，f（5）=f（56）=f（1）=f（1），由f（1）1，f（

10、5）=，得f（5）=1，即10，0，即（a4）（a+1）0，解得：1a4，故选：A【点睛】本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性和周期性进行转化是解决本题的关键10、A【解析】分析：由已知条件构造基本不等式模型即可得出.详解：均为正实数，且，则 当且仅当时取等号. 的最小值为20. 故选A.点睛：本题考查了基本不等式的性质，“一正、二定、三相等”.11、A【解析】分析：先求出基本事件的总数，再求出恰好取到1件次品包含的基本事件个数，由此即可求出.详解：含有3件次品的10件产品中，任取2件，基本事件的总数，恰好取到1件次品包含的基本事件个数，恰好取到1件次品的概率.故选：A.点睛：本题考查概

11、率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用.12、C【解析】化简二项式展开式的通项公式，令的指数为零，根据为正整数，求得的最小值.【详解】，令，则，当时，有最小值为7.故选C.【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查与正整数有关问题，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】建立空间直角坐标系，设出直四棱柱的高h，求出的坐标，由数量积为0求得h，则棱柱的体积可求【详解】建立如图所示空间直角坐标系，设，又，则，即此棱柱的体积为故答案为【点睛】本题考查棱柱体积的求法，考查利用空间向量解决线线垂直问题，是中档题14、【解析】首

12、先确定非空子集的个数；根据“兄弟集合”的定义，可列举出所有“兄弟集合”，根据古典概型概率公式求得结果.【详解】集合的非空子集共有：个集合的非空子集中，为“兄弟集合”的有：，共个根据古典概型可知，所求概率本题正确结果：【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，关键是能够根据“兄弟集合”的定义确定符合题意的集合个数.15、【解析】先将抛物线化为标准方程，进而可得出准线方程.【详解】因为抛物线的标准方程为：，因此其准线方程为：.故答案为：【点睛】本题主要考查抛物线的准线，熟记抛物线的标准方程即可，属于基础题型.16、.【解析】在参数方程中利用加减消元法或代入消元法消去参数，可将参数方程化为普通方程.【

13、详解】由得，两式相加得，即，因此，将参数方程（为参数）化成普通方程为，故答案为.【点睛】本题考查参数方程与普通方程的互化，将直线的参数方程化普通方程，常见的有代入消元法和加减消元法，考查计算能力，属于基础题.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）（2）见解析【解析】（1）首先求函数的导数，然后判断函数的单调性，最后求最值；（2）根据（1）首先求函数的零点，从而去掉的绝对值，分段求函数的单调区间，最后再比较单调区间的长度.【详解】解（1）因为，所以在单调递减，单调递增，所以.（2）由（1）可知，在单调递减，单调递增又，所以存在，使得，则当时，当时，所以，记，当

14、时，所以在单调递增，在单调递减.当或时，当时即在单调递增.因为，所以则当时，令，有所以当时，在单调递减综上，在与单调递减，在与单调递增.所以，又所以，即【点睛】本题考查了利用函数的导数研究函数的单调性，属于中档题型，本题的一个难点是函数的零点，其中一个是，另一个不确定，只能估算其范围，设为，所以再求当或时，函数的单调区间时，也需估算比较的范围，确定时函数的减区间，这种估算零点存在性问题，是导数常考题型.18、 (1) (2) 【解析】（1）先由题意得，进而可得，求解，即可求出结果；（2）先由恒成立，得到恒成立，讨论与，分别求出的范围，即可得出结果.【详解】解：（1）由得，所以，解得，所以，的解

15、集为 （2）恒成立，即恒成立.当时，；当时，.因为（当且仅当，即时等号成立），所以，即的最大值是.【点睛】本题主要考查含绝对值不等式，熟记含绝对值不等式的解法即可，属于常考题型.19、 (1)见解析；（2）见解析.【解析】分析：（1）折叠前,，折叠后，从而即可证明；（2）连接交于，连接，在正方形中，连接交于，从而可得，从而在中，即得，从而平面.详解：（）证明：折叠前, 折叠后， 又平面，而平面 （）平面，证明如下：连接交于，连接，在正方形中，连接交于，则，所以， 又，即，在中，所以. 平面，平面，所以平面.点睛：本题主要考查线面之间的平行与垂直关系，注意证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线

16、线垂直则需借助线面垂直的性质因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想线面垂直的性质，常用来证明线线垂直20、（1）展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项，（2），常数项为【解析】（1）根据条件求出的值，然后判断第几项二项式系数最大，并求之；（2）常数项其实说明的指数为，根据这一特点，利用项数与第几项的关系求解出的值.【详解】解：（1）由已知整理得，显然则展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项（2）设第项为常数项，为整数，则有，所以，或当时，；时，（不合题意舍去），所以常数项为【点睛】对于形如的展开式，展开后一共有项，若为奇数，则二项式系数最大的项有项，分别为项，为若为偶数

17、，则二项式系数最大的项有项，即为项（也可借助杨辉三角的图分析）.21、（1）；（2）1.【解析】（1）根据题意可得：圆的半径，从而求出值，得到抛物线方程；（2）设出和的方程，分别与抛物线联立方程，消去，得到关于的一元二次方程，写出韦达定理，利用弦长公式求出、的长，从而表示出四边形面积，利用二次函数的性质求出最小值。【详解】由于过点 作垂直于 轴的直线与抛物线交于两点，则，以线段为直径的圆过点，则圆的半径， 解得：,故抛物线的方程为. （2）设直线的方程为，联立，消去得：，设点，则，所以，同理可得：，则四边形的面积：.令，则当，即时，四边形DGEH面积的最小值为1【点睛】本题考查抛物线方程的求法以及圆锥曲线中的弦长公式，考查学生设而不求的思想，有一定难度。22、（1）（2）【解析】（1）直接