2022年成都石室中學數(shù)學高二下期末經(jīng)典模擬試題含解析

1、2021-2022高二下數(shù)學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1若直線的傾斜角為，則（ ）A等于B等于C等于D不存在2已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù),當時，,則

2、（ ）A12B20C28D3已知、分別為的左、右焦點，是右支上的一點，與軸交于點，的內切圓在邊上的切點為，若，則的離心率為（ ）ABCD4設地球的半徑為R，在緯度為的緯線圈上有A,B兩地，若這兩地的緯線圈上的弧長為，則A,B兩地之間的球面距離為（）ABCD5函數(shù)(為自然對數(shù)的底數(shù))在區(qū)間上的最大值是( )ABCD6在如圖所示的計算的值的程序框圖中，判斷框內應填入ABCD7在四棱錐中，底面是正方形，頂點在底面的射影是底面的中心，且各頂點都在同一球面上，若該四棱錐的側棱長為，體積為4，且四棱錐的高為整數(shù)，則此球的半徑等于（ ）（參考公式：）A2BC4D8曲線作線性變換后得到的回歸方程為，則函數(shù)的單

3、調遞增區(qū)間為（ ）ABCD9用數(shù)字0,1,2,3,4組成沒有重復數(shù)字且大于3000的四位數(shù)，這樣的四位數(shù)有（ ）A250個B249個C48個D24個10若集合， 則下列結論中正確的是（ ）ABCD11 “”是“圓：與圓：外切”的（ ）A必要不充分條件B充分不必要條件C充要條件D既不充分條件也不必要條件12一個停車場有5個排成一排的空車位，現(xiàn)有2輛不同的車停進這個停車場，若停好后恰有2個相鄰的停車位空著，則不同的停車方法共有A6種B12種C36種D72種二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13若過拋物線的焦點，且傾斜角為的直線交拋物線于，則_14已知為偶函數(shù)，當時，則曲線在點處的切線

4、方程是_15某高中有高一學生320人，高二學生400人，高三學生360人.現(xiàn)采用分層抽樣調查學生的視力情況.已知從高一學生中抽取了8人，則三個年級一共抽取了_人。16若一組數(shù)據(jù)x1，x2，x3，xn的總體方差為3，則另一組數(shù)據(jù)2x1，2x2，2x3，2xn的總體方差為_三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）（1）用分析法證明：；（2）用數(shù)學歸納法證明：.18（12分）如圖，在四棱錐中，平面，四邊形為正方形，為的中點，點在上，平面平面.(1)求證：平面；(2)求三棱錐的體積.19（12分）如圖所示圓錐中，為底面圓的兩條直徑，且，為的中點.求:（1）該圓錐的表

5、面積；（2）異面直線與所成的角的大小（結果用反三角函數(shù)值表示）.20（12分）在中，內角，所對的邊分別為，.已知，.（）求的值；（）求的值.21（12分）已知函數(shù)（且），.（1）函數(shù)的圖象恒過定點，求點坐標；（2）若函數(shù)的圖象過點，證明：方程在上有唯一解.22（10分）設 （I）若的極小值為1，求實數(shù)的值；（II）當時，記，是否存在整數(shù)，使得關于的不等式有解？若存在求出的最小值，若不存在，說明理由.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】分析:根據(jù)畫出的直線得直線的傾斜角.詳解：直線x=1的傾斜角為故答案為：C

6、.點睛：(1)本題主要考查特殊直線的傾斜角，意在考查學生對該知識的掌握水平.(2)任意一條直線都有傾斜角，但是不是每一條直線都有斜率.2、A【解析】先計算出的值，然后利用奇函數(shù)的性質得出可得出的值?！驹斀狻慨敃r，則，由于函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，所以，故選：A.【點睛】本題考查利用函數(shù)奇偶性求值，求函數(shù)值時要注意根據(jù)自變量的范圍選擇合適的解析式，合理利用奇偶性是解本題的關鍵，考查運算求解能力，屬于基礎題。3、A【解析】由中垂線的性質得出，利用圓的切線長定理結合雙曲線的定義得出，可得出的值，再結合的值可求出雙曲線的離心率的值.【詳解】如圖所示，由題意，由雙曲線定義得，由圓的切線長定理可得，所以，即

7、，所以，雙曲線的離心率，故選：A.【點睛】本題考查雙曲線離心率的求解，同時也考查了雙曲線的定義以及圓的切線長定理的應用，解題時要分析出幾何圖形的特征，在出現(xiàn)焦點時，一般要結合雙曲線的定義來求解，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.4、D【解析】根據(jù)緯線圈上的弧長為求出A,B兩地間的徑度差，即可得出答案?！驹斀狻吭O球心為O，緯度為的緯線圈的圓心為O，則OAO=,OA=OAcosOAO=Rcos,設A,B兩地間的徑度差的弧度數(shù)為，則Rcos=,=,即A,B兩地是O的一條直徑的兩端點，AOB=,A,B兩地之間的球面距離為答案：D【點睛】本題涉及到了地理相關的經(jīng)緯度概念。學生需理解其基本概念，將

8、題干所述信息轉換為數(shù)學相關知識求解。5、D【解析】分析：先求導，再求函數(shù)在區(qū)間-1,1上的最大值.詳解：由題得令因為.所以函數(shù)在區(qū)間-1,1上的最大值為e-1.故答案為D.點睛：（1）本題主要考查利用導數(shù)求函數(shù)的最值，意在考查學生對該知識的掌握水平.(2) 設是定義在閉區(qū)間上的函數(shù)，在內有導數(shù)，可以這樣求最值：求出函數(shù)在內的可能極值點（即方程在內的根）；比較函數(shù)值，與，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值.6、D【解析】程序運行過程中，各變量值如下表所示：第一圈：S=0+1，i=5，第二圈：S=1+3，i=9，第三圈：S=1+3+5，i=13，依此類推，第503圈：1+3+5+2013，

9、i=2017，退出循環(huán)，其中判斷框內應填入的條件是：i2013，本題選擇D選項.7、B【解析】如圖所示，設底面正方形的中心為，正四棱錐的外接球的球心為，半徑為.則在中，有，再根據(jù)體積為可求及，在中，有，解出后可得正確的選項.【詳解】如圖所示，設底面正方形的中心為，正四棱錐的外接球的球心為，半徑為.設底面正方形的邊長為，正四棱錐的高為，則.因為該正四棱錐的側棱長為，所以，即又因為正四棱錐的體積為4，所以 由得，代入得，配湊得，即，得或.因為，所以，再將代入中，解得，所以，所以.在中，由勾股定理，得，即，解得，所以此球的半徑等于.故選B.【點睛】正棱錐中，棱錐的高、斜高、側棱和底面外接圓的半徑可構

10、成四個直角三角形，它們溝通了棱錐各個幾何量之間的關系，解題中注意利用它們實現(xiàn)不同幾何量之間的聯(lián)系.8、D【解析】分析：令，對函數(shù)進行二次擬合得出a，b的值，代入計算即可.詳解：令，解得，開口向上，的單調遞增區(qū)間為.故選D.點睛：本題考查了非線性相關的二次擬合問題，選擇對數(shù)變換是關鍵.9、C【解析】先考慮四位數(shù)的首位，當排數(shù)字4,3時，其它三個數(shù)位上課從剩余的4個數(shù)任選4個全排，得到的四位數(shù)都滿足題設條件，因此依據(jù)分類計數(shù)原理可得滿足題設條件的四位數(shù)共有個，應選答案C。10、C【解析】由題意首先求得集合B，然后逐一考查所給選項是否正確即可【詳解】求解二次不等式可得：，則據(jù)此可知：，選項A錯誤；，

11、選項B錯誤；且集合A是集合B的子集，選項C正確，選項D錯誤本題選擇C選項，故選C【點睛】本題主要考查集合的表示方法，集合之間的關系的判斷等知識，熟記集合的基本運算方法是解答的關鍵，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力11、B【解析】由圓：與圓：外切可得，圓心 到圓心 的距離是 求出 的值，然后判斷兩個命題之間的關系?！驹斀狻坑蓤A：與圓：外切可得，圓心 到圓心 的距離是即 可得 所以“”是“圓：與圓：外切”的充分不必要條件?！军c睛】本題考查了兩個圓的位置關系及兩個命題之間的關系，考查計算能力，轉化思想。屬于中檔題。12、B【解析】分類討論,利用捆綁法、插空法,即可得出結論.【詳解】把空著的2個相

12、鄰的停車位看成一個整體，即2輛不同的車可以停進4個停車場，由題意,若2輛不同的車相鄰,則有種方法若2輛不同的車不相鄰,則利用插空法,2個相鄰的停車位空著,利用捆綁法,所以有種方法，不同的停車方法共有：種，綜上,共有12種方法，所以B選項是正確的.本題考查排列、組合的綜合應用,注意空位是相同的,是關鍵.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】先求直線AB的方程，再利用弦長公式求.【詳解】由題得拋物線的焦點為，所以直線AB的方程為，即.把代入得，所以=.故答案為：【點睛】本題主要考查拋物線的弦長的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.14、【解析】試題分析：當時，則又因

13、為為偶函數(shù)，所以，所以，則切線斜率為，所以切線方程為，即【考點】函數(shù)的奇偶性與解析式，導數(shù)的幾何意義【知識拓展】本題題型可歸納為“已知當時，函數(shù)，則當時，求函數(shù)的解析式”有如下結論：若函數(shù)為偶函數(shù)，則當時，函數(shù)的解析式為；若為奇函數(shù)，則函數(shù)的解析式為15、27【解析】分析：根據(jù)分層抽樣的概念得按比例抽樣:.詳解：因為分層抽樣，所以三個年級一共抽取.點睛：在分層抽樣的過程中，為了保證每個個體被抽到的可能性是相同的，這就要求各層所抽取的個體數(shù)與該層所包含的個體數(shù)之比等于樣本容量與總體的個體數(shù)之比，即niNinN.16、12【解析】先設這組數(shù)據(jù)x1，x2，x3，xn 的平均數(shù)為，則另一組數(shù)據(jù)的平均數(shù)

14、為，再根據(jù)已知方差以及方差公式可得答案.【詳解】設這組數(shù)據(jù)x1，x2，x3，xn 的平均數(shù)為，則另一組數(shù)據(jù)2x1，2x2，2x3，2xn的平均數(shù)為，依題意可得，所以所求方差.故答案為：.【點睛】本題考查了利用方差公式求一組數(shù)據(jù)的方差，關鍵是根據(jù)兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)的關系解決，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析；（2）見解析.【解析】（1）利用分析法逐步平方得出成立，可證明出原不等式成立；（2）先驗證時等式成立，然后假設當時等式成立，可得出，然后再等式兩邊同時加上，并在所得等式右邊提公因式，化簡后可得出所證等式在時成立，由歸納原理得知所證不等

15、式成立.【詳解】（1）要證明成立，只需證明成立，即證明成立，只需證明成立，即證明成立，因為顯然成立，所以原不等式成立，即；（2）當時，等式左邊，右邊，等式成立；設當時，等式成立，即，則當時，即成立，綜上所述，【點睛】本題考查分析法與數(shù)學歸納法證明不等式以及等式問題，證明時要熟悉這兩種方法證明的基本步驟與原理，考查邏輯推理能力，屬于中等題.18、（1）詳見解析（2）【解析】（1）在平面內知道兩條相交直線與垂直，利用判定定理即可完成證明；（2）通過輔助線，將與平行四邊形關聯(lián)，從而計算出長度，然后即可求解三棱錐的體積.【詳解】解：（1）平面，又四邊形為正方形，且，平面，為的中點，且，平面；（2）作于

16、，連接，如圖所示：平面平面，面，由（1）知平面，又平面平面，面，平面，平面，平面平面，平面，四邊形為平行四邊形，為的中點，【點睛】本題考查立體幾何中的線面垂直關系證明以及體積計算，難度一般.計算棱錐體積的時候，可以采取替換頂點位置的方式去計算，這樣有時候能簡化運算.19、 (1)；(2) .【解析】(1)先計算出圓錐的母線長度，然后計算出圓錐的側面積和底面積，即可計算出圓錐的表面積；(2)連接，根據(jù)位置關系可知異面直線與所成的角即為或其補角，根據(jù)線段長度即可計算出的值，即可求解出異面直線所成角的大小.【詳解】(1)因為，所以，所以圓錐的側面積為：，圓錐的底面積為：，所以圓錐的表面積為：；(2)

17、連接，如下圖所示：因為為的中點，為的中點，所以且，所以異面直線與所成的角即為或其補角，因為，所以平面，因為平面，所以，所以，所以異面直線與所成的角的大小為：.【點睛】本題考查圓錐的表面積計算以及異面直線所成角的求解，難度較易.(1)圓錐的表面積包含兩部分：側面積、底面積；(2)求解異面直線所成角的幾何方法：將直線平移至同一平面內，即可得到異面直線所成角或其補角，然后根據(jù)線段長度即可求解出對應角的大小.20、（）；（）【解析】（）由于，計算出再通過正弦定理即得答案；（）可先求出，然后利用和差公式即可求得答案.【詳解】（）解：，且，又，由正弦定理,得，的值為.（）由題意可知，,.【點睛】本題主要考查三角恒等變換，正弦定理的綜合應用，意在考查學生的分析能力，計算能力，難度不大.21、 (1)；(2)證明見解析.【解析】試題分析：(1)結合對數(shù)函數(shù)的性質可得函數(shù)的圖象恒過定點；(2)由題意結合函數(shù)的單調性和函數(shù)的值域即可證得題中的結論.試題解析：（1）解：當時，說明的圖象恒過點.（2）證明：過，分別為上的增函數(shù)和減函