2022年云南省昭通市昭陽區(qū)建飛中學高二數學第二學期期末質量檢測模擬試題含解析

1、2021-2022高二下數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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設，則是的A充分不必要條件B必要不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件2已知圓C:(x-a)2+(y-b)2=1，平面區(qū)域:x+y-60 x-y+40y0A-,-7375,+

2、3把邊長為的正沿邊上的高線折成的二面角,則點到的距離是( )ABCD4如下圖所示的圖形中，每個三角形上各有一個數字，若六個三角形上的數字之和為36，則稱該圖形是“和諧圖形”，已知其中四個三角形上的數字之和為二項式的展開式的各項系數之和.現從0，1，2，3，4，5中任取兩個不同的數字標在另外兩個三角形上，則恰好使該圖形為“和諧圖形”的概率為（ ）ABCD5已知是函數的一個零點，若，則（）A,B,C,D,6某程序框圖如圖所示，若運行該程序后輸出（）ABCD7正切函數是奇函數，是正切函數，因此是奇函數，以上推理（ ）A結論正確B大前提不正確C小前提不正確D以上均不正確8設，隨機變量X，Y的分布列分別

3、為X123Y123PP當X的數學期望取得最大值時，Y的數學期望為（ ）A2BCD9已知復數z滿足（i為虛數單位），則復數z在復平面內對應的點在（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限10已知滿足，則（ ）ABCD11如圖，梯形中，將沿對角線折起，設折起后點的位置為，使二面角為直二面角，給出下面四個命題： ；三棱錐的體積為；平面；平面平面；其中正確命題的個數是（ ）A1B2C3D412已知函數，若，則的大小為（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13觀察下列等式：，可以推測_（，用含有的代數式表示）14拋物線C:上一點到其焦點的距離為3，則拋物線C的方程為_.15設

4、，其中實數，則_16已知甲箱子里裝有3個白球、2個黑球，乙箱子里裝有2個白球、2個黑球，從這兩個箱子里分別隨機摸出1個球，則恰有一個白球的概率為_.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）設函數. （1）若是的極值點，求的值.（2）已知函數，若在區(qū)間（0，1）內僅有一個零點，求的取值范圍.18（12分）已知二次函數的圖象過原點，滿足，其導函數的圖象經過點.求函數的解析式；設函數，若存在，使得對任意，都有，求實數的取值范圍.19（12分）4月23日是“世界讀書日”，某中學在此期間開展了一系列的讀書教育活動.為了解高三學生課外閱讀情況，采用分層抽樣的方法從高三某

5、班甲、乙、丙、丁四個小組中隨機抽取10名學生參加問卷調查.各組人數統計如下：（1）從參加問卷調查的10名學生中隨機抽取兩名，求這兩名學生來自同一個小組的概率；（2）在參加問卷調查的10名學生中，從來自甲、丙兩個小組的學生中隨機抽取兩名，用表示抽得甲組學生的人數，求的分布列和數學期望.20（12分）選修44：坐標系與參數方程在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數）.以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.點的直角坐標為，直線與曲線交于兩點.（）寫出點的極坐標和曲線的普通方程；（）當時，求點到兩點的距離之積.21（12分）基礎教育課程改革綱要(試行)將“具有良好的心理素質

6、”列入新課程的培養(yǎng)目標為加強心理健康教育工作的開展，不斷提高學生的心理素質，九江市某校高二年級開設了心理健康選修課，學分為2分學校根據學生平時上課表現給出“合格”與“不合格”兩種評價，獲得“合格”評價的學生給予41分的平時分，獲得“不合格”評價的學生給予31分的平時分，另外還將進行一次測驗學生將以“平時分41%+測驗分81%”作為“最終得分”，“最終得分”不少于51分者獲得學分該校高二(1)班選修心理健康課的學生的平時分及測驗分結果如下：測驗分31，41)41，41)41，51)51，61)61，81)81，91)91，111平時分41分人數1113442平時分31分人數1111111（1）根

7、據表中數據完成如下22列聯表，并分析是否有94%的把握認為這些學生“測驗分是否達到51分”與“平時分”有關聯？選修人數測驗分達到51分測驗分未達到51分合計平時分41分平時分31分合計（2）用樣本估計總體，若從所有選修心理健康課的學生中隨機抽取4人，設獲得學分人數為，求的期望附：，其中11114112411111141111261538414124553468691182822（10分）（1）3個不同的小球放入編號為1，2，3，4的4個盒子中，一共有多少種不同的放法？（2）3個不同的小球放入編號為1，2，3，4的4個盒子中，恰有2個空盒的放法共有多少種？參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小

8、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、A【解析】通過分類討論可證得充分條件成立，通過反例可知必要條件不成立，從而得到結果.【詳解】若，則；若，則；若，則，可知充分條件成立；當，時，則，此時，可知必要條件不成立；是的充分不必要條件本題正確選項：【點睛】本題考查充分條件與必要條件的判定，屬于基礎題.2、A【解析】分析：畫出可行域，由可行域結合圓C與x軸相切，得到b=1且-3a5，從而可得結果.詳解： 畫出可行域如圖，由圓的標準方程可得圓心C(a,b)，半徑為1因為圓C與x軸相切，所以b=1，直線y=1分別與直線x+y-6=0與x-y+4=0交于點B5,1所以-3

9、a5，圓心C(a,b)與點（2,8-3a2時，k72a5時k-所以圓心C(a,b)與點（2,8）連線斜率的取值范圍是-點睛：本題主要考查可行域、含參數目標函數最優(yōu)解，屬于中檔題.含參變量的線性規(guī)劃問題是近年來高考命題的熱點，由于參數的引入，提高了思維的技巧、增加了解題的難度， 此類問題的存在增加了探索問題的動態(tài)性和開放性，此類問題一般從目標函數的結論入手，對目標函數變化過程進行詳細分析，對變化過程中的相關量的準確定位，是求最優(yōu)解的關鍵.3、D【解析】取中點，連接，根據垂直關系可知且平面，通過三線合一和線面垂直的性質可得，從而根據線面垂直的判定定理知平面，根據線面垂直性質知，即為所求距離；在中利

10、用勾股定理求得結果.【詳解】取中點，連接，如下圖所示：為邊上的高 ，即為二面角的平面角，即且平面為正三角形 為正三角形又為中點 平面 ， 平面又平面 即為點到的距離又， 本題正確選項：【點睛】本題考查立體幾何中點到直線距離的求解，關鍵是能夠通過垂直關系在立體圖形中找到所求距離，涉及到線面垂直的判定定理和性質定理的應用，屬于中檔題.4、B【解析】先求得二項式的展開式的各項系數之和為.然后利用列舉法求得在一共個數字中任選兩個，和為的概率，由此得出正確選項.【詳解】令代入得，即二項式的展開式的各項系數之和為.從0，1，2，3，4，5中任取兩個不同的數字方法有：共種，其中和為的有共兩種，所以恰好使該圖

11、形為“和諧圖形”的概率為，故選B.【點睛】本小題主要考查二項式展開式各項系數之和，考查列舉法求古典概型概率問題，屬于基礎題.5、B【解析】轉化是函數的一個零點為是函數與的交點的橫坐標,畫出函數圖像,利用圖像判斷即可【詳解】因為是函數的一個零點,則是函數與的交點的橫坐標,畫出函數圖像,如圖所示,則當時,在下方,即；當時,在上方,即,故選：B【點睛】本題考查函數的零點問題,考查數形結合思想與轉化思想6、D【解析】通過分析可知程序框圖的功能為計算，根據最終輸出時的值，可知最終賦值時，代入可求得結果.【詳解】根據程序框圖可知其功能為計算：初始值為，當時，輸出可知最終賦值時 本題正確選項：【點睛】本題考

12、查根據程序框圖的功能計算輸出結果，關鍵是能夠明確判斷出最終賦值時的取值.7、C【解析】根據三段論的要求：找出大前提，小前提，結論，再判斷正誤即可?！驹斀狻看笄疤幔赫泻瘮凳瞧婧瘮?，正確；小前提：是正切函數，因為該函數為復合函數，故錯誤；結論：是奇函數，該函數為偶函數，故錯誤；結合三段論可得小前提不正確.故答案選C【點睛】本題考查簡易邏輯，考查三段論，屬于基礎題。8、D【解析】利用數學期望結合二次函數的性質求解X的期望的最值，然后求解Y的數學期望.【詳解】，當時，EX取得最大值，此時.故選：D【點睛】本題主要考查數學期望和分布列的求法，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.9、A【解析】算出后可得

13、其對應的點所處的象限.【詳解】因為，故，其對應的點為，它在第一象限，故選A.【點睛】本題考查復數的除法及復數的幾何意義，屬于基礎題.10、A【解析】，選A.11、C【解析】取BD中點O，根據面面垂直性質定理得平面，再根據線面垂直判定與性質定理、面面垂直判定定理證得平面以及平面平面；利用錐體體積公式求三棱錐的體積，最后根據反證法說明不成立.【詳解】因為，所以為等腰直角三角形，因為，所以,從而為等腰直角三角形，取BD中點O，連接，如圖，因為二面角為直二面角，所以平面平面，因為為等腰直角三角形，所以平面平面,平面,因此平面，所以三棱錐的體積為,正確；因為平面，平面，所以，因為，,平面，所以平面；即正

14、確;因為平面，平面；所以；由已知條件得,平面,因此平面,因為平面,所以平面平面；即正確；如果，而由平面，平面，所以，因為,平面，所以平面；因為平面；即,與矛盾,所以不正確;故選：C【點睛】本題考查面面垂直性質與判定定理、線面垂直判定與性質定理以及錐體體積公式，考查基本分析論證與求解能力，屬中檔題.12、C【解析】對函數求導，確定函數的單調性，然后確定這三個數之間的大小關系，最后利用函數的單調性判斷出的大小關系.【詳解】，所以是上的增函數.，所以，故本題選C.【點睛】本題考查了利用導數判斷出函數的單調性，然后判斷函數值大小關系.解決本題的重點是對指數式、對數式的比較，關鍵是對指數函數、對數函數的

15、單調性的理解.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、或或【解析】觀察找到規(guī)律由等差數列求和可得.【詳解】由觀察找到規(guī)律可得：故可得解.【點睛】本題考查觀察能力和等差數列求和，屬于中檔題.14、【解析】利用拋物線的定義，求出p，即可求C的方程；【詳解】拋物線C：y22px（p0）的準線方程為x，由拋物線的定義可知13，解得p4，C的方程為y28x；故答案為【點睛】本題考查拋物線的定義與方程，熟記定義是關鍵，屬于基礎題15、【解析】分析：由題， 利用二項展開式即可求得.詳解：根據題意，則 即答案為.點睛：本題考查二項展開式及展開式的系數，屬中檔題.16、【解析】通過分析恰有一個白球

16、分為兩類：“甲中一白球乙中一黑球”，“甲中一黑球乙中一白球”，于是分別計算概率相加即得答案.【詳解】恰有一個白球分為兩類：甲中一白球乙中一黑球，甲中一黑球乙中一白球甲中一白球乙中一黑球概率為：，甲中一黑球乙中一白球概率為：，故所求概率為.【點睛】本題主要考查乘法原理和加法原理的相關計算，難度不大，意在考查學生的分析能力，計算能力.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）（2）【解析】（1）直接利用函數的導數和函數的極值求出的值（2）利用函數的導數首先求出函數的單調區(qū)間，進一步利用分類討論思想求出參數的取值范圍【詳解】解：（1），因為是的極值點，所以，解得（2）

17、 ，.當時，當時，單調遞增，又因此函數在區(qū)間內沒有零點.當時，當時，單調遞增，當時，單調遞減，又，因此要使函數在區(qū)間內有零點，必有，所以，解得，舍去當時，當時，單調遞減，又，因此要使函數在區(qū)間內有零點，必有，解得滿足條件，綜上可得，的取值范圍是.【點睛】本題考查的知識要點：函數的導數的應用，利用分類討論思想求出參數的取值范圍，主要考察學生的運算能力和轉換能力，屬于中檔題18、（1）（2）或【解析】（1）設函數，當滿足時，函數關于對稱，且，這樣利用待定系數法可求得函數的解析式；（2）根據題意可知，分別求兩個函數的的最大值，求解不等式.【詳解】解：設，所以的對稱軸方程為又，則兩式聯立，解得，所以由

18、已知因為，所以在單增，單減，當時，法一：當時，在上為減函數，此時，解得當時，上為增函數，此時，解得綜上，實數的取值范圍是或（法二：因為且，所以為單調函數，又，于是由，解得又且，所以實數的取值范圍是或【點睛】本題考查了二次函數解析式和最值的求法，對于第二問兩個都改成任意，那么轉化為，如果兩個都是存在，轉化為，理解任意，存在的問題如何轉化為最值的問題.19、 (1)；(2)答案見解析.【解析】試題分析：（1）從參加問卷調查的10名學生中隨機抽取兩名的取法共有種，來自同一小組的取法共有，所以.（2）的可能取值為0，1，2，寫出分布列，求出期望試題解析：（1）由已知得，問卷調查中，從四個小組中抽取的人

19、數分別為3，4，2，1，從參加問卷調查的10名學生中隨機抽取兩名的取法共有種，這兩名學生來自同一小組的取法共有，所以.（2）由（1）知，在參加問卷調查的10名學生中，來自甲、丙兩小組的學生人數分別為3，2.的可能取值為0，1，2，.的分布列為：.20、 (1)見解析;(2).【解析】分析：由極坐標方程求出點的極坐標，運用求得曲線的普通方程將代入，求出直線的參數方程，然后計算出結果詳解：（）由得，又得，點的極坐標為. 由得，所以有，由得，所以曲線的普通方程為：. （）因為，點 在上，直線的參數方程為：， 將其代入并整理得，設所對應的參數分別為，且有， 所以.點睛：本題考查了極坐標和普通方程之間的轉化，運用代入化簡即可，在求距離時可以運用參數方程來解答，計算量減少21、（1）有94%的把握認為學生“測驗分是否達到51分”與“平時分”有關聯；（2）4【解析】（1）根據數據填表，然后計