2021-2022學年北京市延慶區(qū)數學高二第二學期期末達標測試試題含解析

1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、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設aR，則“a1”是“直線l1：ax2y10與直線l2：x(a1)y40平行”的A充分不必要條件B必要不充分條件

2、C充分必要條件D既不充分也不必要條件2將函數的圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，若在上為增函數，則的最大值為（ ）A2B4C6D83若過點可作兩條不同直線與曲線相切，則（ ）A既有最大值又有最小值B有最大值無最小值C有最小值無最大值D既無最大值也無最小值4在極坐標系中，由三條直線，圍成的圖形的面積為（ ）ABCD5以下數表的構造思路源于我國南宋數學家楊輝所著的詳解九章算術一書中的“楊輝三角形”該表由若干行數字組成，從第二行起，每一行中的數字均等于其“肩上”兩數之和，表中最后一行僅有一個數，則這個數為（ ）ABCD6對于函教f(x)=ex(x-1)A1是極大值點B有1個極小值C1是極小值點D有

3、2個極大值7設是函數的定義域，若存在，使，則稱是的一個“次不動點”，也稱在區(qū)間I上存在“次不動點”.若函數在 上存在三個“次不動點”，則實數的取值范圍是( )ABCD8等差數列an中，a1+a5=10,a4=7,則數列an的公差為A1B2C3D49函數在上單調遞減，且為奇函數，若，則滿足的的取值范圍是（ ）ABCD10已知函數的定義域為，且函數的圖象關于軸對稱，函數的圖象關于原點對稱，則（ ）ABCD11執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入的為2，則輸出的值是（ ）A2B1CD-112設隨機變量服從正態(tài)分布，若，則函數有極值點的概率為（ ）A0.2B0.3C0.4D0.5二、填空題：本題共4小題，每

4、小題5分，共20分。13四個不同的小球放入編號為1，2，3，4的四個盒子中，則恰有兩個空盒的不同放法共有_種.14集合，滿足，若，中的元素個數分別不是，中的元素，則滿足條件的集合的個數為_（用數字作答）15的展開式中第三項的系數為_。16已知函數恰有兩個零點，則實數的值為_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）如圖，在直三棱柱中，平面?zhèn)让?，?（1）求證：；（2）若直線與平面所成角的大小為，求銳二面角的大小18（12分）已知函數（1）當時，解不等式；（2）若，求的最小值19（12分）已知復數.（1）化簡：； （2）如果，求實數的值.20（12分）在同一直角

5、坐標系中，經過伸縮變換后，曲線C的方程變?yōu)?以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線/的極坐標方程為.（1）求曲線C和直線l的直角坐標方程；（2）過點作l的垂線l0交C于A，B兩點，點A在x軸上方，求的值.21（12分）某海濕地如圖所示，A、B和C、D分別是以點O為中心在東西方向和南北方向設置的四個觀測點，它們到點O的距離均為公里，實線PQST是一條觀光長廊，其中，PQ段上的任意一點到觀測點C的距離比到觀測點D的距離都多8公里，QS段上的任意一點到中心點O的距離都相等，ST段上的任意一點到觀測點A的距離比到觀測點B的距離都多8公里，以O為原點，AB所在直線為x軸建立平面直角坐標系x

6、Oy.（1）求觀光長廊PQST所在的曲線的方程；（2）在觀光長廊的PQ段上，需建一服務站M，使其到觀測點A的距離最近，問如何設置服務站M的位置?22（10分）已知，R，矩陣的兩個特征向量，（1）求矩陣的逆矩陣；（2）若，求參考答案一、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、A【解析】試題分析：運用兩直線平行的充要條件得出l1與l2平行時a的值，而后運用充分必要條件的知識來解決即可解：當a=1時，直線l1：x+2y1=0與直線l2：x+2y+4=0，兩條直線的斜率都是，截距不相等，得到兩條直線平行，故前者是后者的充分條件，當兩條直線平

7、行時，得到，解得a=2，a=1，后者不能推出前者，前者是后者的充分不必要條件故選A考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷；直線的一般式方程與直線的平行關系2、C【解析】， 向左平移個單位，得到函數的圖象，所以 ，因為,所以 即的最大值為6，選C.點睛：三角函數的圖象變換，提倡“先平移，后伸縮”，但“先伸縮，后平移”也常出現在題目中，所以也必須熟練掌握.無論是哪種變形，切記每一個變換總是對字母而言. 由求增區(qū)間;由求減區(qū)間.3、C【解析】數形結合分析臨界條件再判斷即可.【詳解】對求導有,當時,此時切線方程為,此時.此時剛好能夠作出兩條切線,為臨界條件,畫出圖像有：又當時 為另一臨界條件,故.故

8、有最小值無最大值.故選：C【點睛】本題主要考查了導數的幾何意義的運用,需要數形結合分析臨界條件進行求解.屬于中檔題.4、B【解析】求出直線與直線交點的極坐標，直線與直線交點的極坐標，然后利用三角形的面積公式可得出結果.【詳解】設直線與直線交點的極坐標，則，得.設直線與直線交點的極坐標，則，即，得.因此，三條直線所圍成的三角形的面積為，故選：B.【點睛】本題考查極坐標系中三角形面積的計算，主要確定出交點的極坐標，并利用三角形的面積公式進行計算，考查運算求解能力，屬于中等題.5、B【解析】試題分析：由題意得，數表的每一行都是等差數列，且第一行公差為，第二行公差為，第三行公差為，第行公差為，第一行的

9、第一個數為；第二行的第一個數列為；第三行的第一個數為；第行的第一個數為，第行只有，故選B.考點：數列的綜合應用.【方法點晴】本題主要考查了數列的綜合問題，其中解答中涉及到等差數列的概念與通項公式，等比數列的通項公式等知識點應用，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，以及學生的轉化與化歸思想的應用，本題的解答中正確理解數表的結構，探究數表中數列的規(guī)律是解答的關鍵，試題有一定的難度，屬于中檔試題.6、A【解析】求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的極值點,再逐項判斷即可【詳解】f當f當f故選：A【點睛】本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用，是一道基礎題7、A【解析】由已知得

10、在上有三個解。即函數有三個零點，求出，利用導函數性質求解?！驹斀狻恳驗楹瘮翟谏洗嬖谌齻€“次不動點”，所以在上有三個解，即在上有三個解，設，則，由已知，令得，即或 當時，；，要使有三個零點，則即，解得；當時，；，要使有三個零點，則即，解得；所以實數的取值范圍是 故選A.【點睛】本題考查方程的根與函數的零點，以及利用導函數研究函數的單調性，屬于綜合體。8、B【解析】a1a510，a47，2a19、C【解析】先由函數是奇函數求出，化原不等式為，再由函數的單調性，即可得出結果.【詳解】因為為奇函數，若，則，所以不等式可化為，又在上單調遞減，所以，解得.故選C【點睛】本題主要考查由函數的單調性與奇偶性解

11、不等式，熟記函數基本性質即可，屬于?？碱}型.10、A【解析】分析：根據奇函數與偶函數的定義，可求得函數的解析式；根據解析式確定的值。詳解：令 ，則，因為為偶函數所以（1），因為 為奇函數所以（2）（1）-（2）得（3），令 代入得（4）由（3）、（4）聯立得 代入得所以 所以 所以選A點睛：本題考查了抽象函數解析式的求解，主要是利用方程組思想確定解析式。方法相對比較固定，需要掌握特定的技巧，屬于中檔題。11、A【解析】根據給定的程序框圖，執(zhí)行循環(huán)體，逐次計算、判斷，即可得到輸出的結果，得到答案【詳解】由題意，執(zhí)行如圖所示的程序框圖，可得：第一次循環(huán)：，滿足判斷條件，；第二次循環(huán)：，滿足判斷條件

12、，；第三次循環(huán)：，滿足判斷條件，；第四次循環(huán)：，滿足判斷條件，；第五次循環(huán)：，滿足判斷條件，；第六次循環(huán)：，不滿足判斷條件，輸出結果，故選A【點睛】本題主要考查了循環(huán)結構的程序框圖的計算與輸出問題，其中利用循環(huán)結構表示算法，一定要先確定是用當型循環(huán)結構，還是用直到型循環(huán)結構；當型循環(huán)結構的特點是先判斷再循環(huán)，直到型循環(huán)結構的特點是先執(zhí)行一次循環(huán)體，再判斷；注意輸入框、處理框、判斷框的功能，不可混用，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題12、C【解析】分析：函數有極值點，則有解，可得的取值范圍，再根據隨機變量服從正態(tài)分布，可得曲線關于直線對稱，從而可得結論.詳解：函數有極值點，有解，隨

13、機變量服從正態(tài)分布，若，.故選：C.點睛：本題考查函數的極值點，考查正態(tài)分布曲線的對稱性，同時考查運算求解的能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、84【解析】分析：先選兩個空盒子，再把4個小球分為，兩組，分到其余兩個盒子里，即可得到答案.詳解：先選兩個空盒子，再把4個小球分為，兩組，故有.故答案為84.點睛：本題考查的是排列、組合的實際應用，考查了計數原理，注意這種有條件的排列要分兩步走，先選元素再排列.14、1【解析】分別就集合中含有共8個元素逐一分析，求和后得答案.【詳解】含1元，含7元，則，于是，共；同理：含2元，含6元，共6個；含3元，含5元，共15個

14、；含5元，含3元，共15個；含6元，含2元，共6個；含7元，含1元，共1個【點睛】本題主要考查排列組合的應用，根據元素關系分別進行討論是解決本題的關鍵.15、6【解析】利用二項展開式的通項公式，當時得到項，再抽出其系數.【詳解】，當時，所以第三項的系數為，故填.【點睛】本題考查二項展開式的簡單運用，考查基本運算能力，注意第3項不是，而是.16、【解析】令，得，轉化為直線與函數的圖象有兩個交點，于此可得出實數的值?！驹斀狻苛?，得，構造函數，其中，問題轉化為：當直線與函數的圖象有兩個交點，求實數的值。，令，得，列表如下：極小值作出圖象如下圖所示：結合圖象可知，因此，故答案為：?！军c睛】本題考查函數

15、的零點個數問題，由函數零點個數求參數的取值范圍，求解方法有如下兩種：（1）分類討論法：利用導數研究函數的單調性與極值，借助圖象列出有關參數的不等式組求解即可；（2）參變量分離法：令原函數為零，得，將問題轉化為直線與函數的圖象，一般要利用導數研究函數的單調性與極值，利用圖象求解。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）詳見解析；（2）.【解析】(1)本題首先可以取的中點并連接，然后利用平面?zhèn)让娴玫狡矫?，再根據三棱柱是直三棱柱得到，最后根據線面垂直的相關性質得到側面，即可得出結果；(2)首先可以構造出空間直角坐標系，然后求出平面與平面的法向量，即可得出結果【詳解】

16、(1)如圖，取的中點，連接.因為，所以.由平面?zhèn)让?，且平面?zhèn)让妫闷矫?，又平面，所以，因為三棱柱是直三棱柱，所以底面，又，從而側面，又側面，故?2)由(1)知且底面，所以以點為原點，以所在直線分別為，軸建立空間直角坐標系，設，則，設平面的一個法向量，由，得，令，得，則，設直線與平面所成的角為，則，所以，解得，即又設平面的一個法向量為，同理可得.設銳二面角的大小為，則，由，得，所以銳二面角的大小為【點睛】本題考查了解析幾何的相關性質，主要考查了線線垂直的證明以及二面角的求法，線線垂直可以通過線面垂直證明，而二面角則可以通過構造空間直角坐標系并借助法向量來求解，考查推理能力，考查數形結合思想，是

17、中檔題18、 (1) .(2) .【解析】分析：（1）利用分段討論法去掉絕對值，解a=2時對應的不等式即可；（2）由f（x）a|x+3|得a，利用絕對值三角不等式處理即可.詳解：（1）當時，的解集為： （2）由得：由，得：得（當且僅當或時等號成立），故的最小值為.點睛：絕對值不等式的解法：法一：利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現了數形結合的思想；法二：利用“零點分段法”求解，體現了分類討論的思想；法三：通過構造函數，利用函數的圖象求解，體現了函數與方程的思想19、（1）；（2）.【解析】（1）由復數z求出，然后代入復數z2+34化簡求值即可；（2）把復數z代入，然后由復數代數形式的乘除運算化

18、簡求值，再根據復數相等的定義列出方程組，從而解方程組可求得答案【詳解】（1） ， ,.（2）, 解得：【點睛】本題考查了復數代數形式的乘除運算，考查了復數模的求法，考查了復數相等的定義，是基礎題20、（1），（2）【解析】（1）將變換公式代入得，即可曲線C的方程，利用極坐標與直角的互化公式，即可求解直線的直角坐標方程； （2）將直線l0的參數方程代入曲線C的方程整理得，利用根與系數的關系和直線的參數方程中參數的幾何意義，即可求解的值.【詳解】（1）將代入得，曲線C的方程為，由，得，把，代入上式得直線l的直角坐標方程為. （2）因為直線l的傾斜角為，所以其垂線l0的傾斜角為，則直線l0的參數方程為（t為參數），即（t為參數）代入曲線C的方程整理得，設A，B兩點對應的參數為t1，t2，由題意知，則，且，所以.【點睛】本題主要考查了極坐標與直角坐標的互化，直線參數方程的應用，其中解答中熟記互化公式，合理利用韋達定理和直線的參數方程中參數的幾何意義求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.21、（1）（2）【解析】（1）由題意知，QS的軌跡為圓的一部分，PQ的軌跡為雙曲線的一部分，ST的軌跡為雙曲線的一部分，分別求出對應的軌