2022年河北省石家莊市行唐縣第三中學高二數學第二學期期末學業(yè)水平測試試題含解析

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，則復數在復平面上對應的點在A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限22只貓把5只老鼠捉光

2、,不同的捉法有()種.ABCD3下列命題正確的是（ ）A第一象限角是銳角B鈍角是第二象限角C終邊相同的角一定相等D不相等的角，它們終邊必不相同4在中，分別是內角，所對的邊，若，則的形狀為（ ）A等腰三角形B直角三角形C鈍角三角形D銳角三角形5已知函數，若，且對任意的恒成立，則的最大值為A3B4C5D66在一次獨立性檢驗中，其把握性超過99但不超過99.5，則的可能值為（ ）參考數據：獨立性檢驗臨界值表0.1000.0500.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828A5.424B6.765C7.897D11.8977在復平面內，復數對應的

3、點位于( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限8若且，且，則實數的取值范圍（ ）ABC或D或9定義在 上的函數滿足下列兩個條件：（1）對任意的 恒有 成立；（2）當 時， ；記函數 ，若函數恰有兩個零點，則實數 的取值范圍是（ ）ABCD10在平面直角坐標系中,方程表示在x軸、y軸上的截距分別為的直線,類比到空間直角坐標系中,在軸、軸、軸上的截距分別為的平面方程為( )ABCD11設，則“”是“”的A必要不充分條件B充分不必要條件C充要條件D既不充分也不必要條件12已知，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13圓：在矩陣對應的變換作用下得到了曲線，曲線的矩陣對

4、應的變換作用下得到了曲線，則曲線的方程為_14極坐標方程為所表示的曲線的離心率是_ 15若存在兩個正實數x，y使等式成立，（其中）則實數m的取值范圍是_.16袋中有形狀、大小都相同的4只球，其中2只白球，2只紅球，從中一次隨機摸出2只球，則這2只球顏色不同的概率是_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）在四棱錐中，四邊形是平行四邊形，且，（1）求異面直線與所成角的余弦值；（2）若，二面角的平面角的余弦值為，求的正弦值18（12分）已知函數（1）討論的單調性；（2）設是的兩個零點，證明：19（12分）已知菱形所在平面，為線段的中點, 為線段上一點，且 （1）

5、求證： 平面； （2）若，求二面角的余弦值20（12分）為豐富市民的文化生活，市政府計劃在一塊半徑為200m，圓心角為的扇形地上建造市民廣場，規(guī)劃設計如圖：內接梯形區(qū)域為運動休閑區(qū)，其中A，B分別在半徑，上，C，D在圓弧上，；上，；區(qū)域為文化展區(qū)，長為，其余空地為綠化區(qū)域，且長不得超過200m.(1)試確定A，B的位置，使的周長最大？(2)當的周長最長時，設，試將運動休閑區(qū)的面積S表示為的函數，并求出S的最大值.21（12分）已知曲線的參數方程為(為參數)，以原點為極點，以軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為（1）求曲線的極坐標方程和曲線的直角坐標方程；（2）射線與曲線交點為、兩

6、點，射線與曲線交于點，求的最大值22（10分）從5名男生和4名女生中選出4人去參加座談會，問：(1)如果4人中男生和女生各選2人，有多少種選法？(2)如果男生中的甲與女生中的乙至少要有1人在內，有多少種選法？(3)如果4人中必須既有男生又有女生，有多少種選法？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、D【解析】分析：利用二次函數的性質可判定復數的實部大于零，虛部小于零，從而可得結果.詳解：因為，所以復數在復平面上對應的點在第四象限，故選D.點睛：復數是高考中的必考知識，主要考查復數的概念及復數的運算要注意對實部、虛部的理解

7、，掌握純虛數、共軛復數這些重要概念，復數的運算主要考查除法運算，通過分母實數化轉化為復數的乘法，運算時特別要注意多項式相乘后的化簡，防止簡單問題出錯，造成不必要的失分.2、B【解析】分析：利用乘法分步計數原理解決即可.詳解：由于每只貓捉老鼠的數目不限，因此每一只老鼠都可能被這2只貓中其中一只捉住，由分步乘法計數原理，得共有不同的捉法有種.故選：B.點睛：(1)利用分步乘法計數原理解決問題要按事件發(fā)生的過程合理分步，即分步是有先后順序的，并且分步必須滿足：完成一件事的各個步驟是相互依存的，只有各個步驟都完成了，才算完成這件事(2)分步必須滿足兩個條件：一是步驟互相獨立，互不干擾；二是步與步確保連

8、續(xù)，逐步完成3、B【解析】由任意角和象限角的定義易知只有B選項是正確的.【詳解】由任意角和象限角的定義易知銳角是第一象限角，但第一象限角不都是銳角，故A不對，終邊相同的角相差2k，kZ，故C，D不對只有B選項是正確的故選B4、B【解析】利用正弦定理和兩角和的正弦化簡可得，從而得到即.【詳解】因為，所以，所以即，因為，故，故，所以，為直角三角形，故選B.【點睛】在解三角形中，如果題設條件是邊角的混合關系，那么我們可以利用正弦定理或余弦定理把這種混合關系式轉化為邊的關系式或角的關系式.5、B【解析】由,則=可化簡為,構造函數,令,即在單調遞增,設,因為,所以,且,故在上單調遞減, 上單調遞增,所以

9、,又,即k的最小值為4,故選B.點睛:本題考查函數的恒成立和有解問題,屬于較難題目.首先根據自變量x 的范圍,分離參數和變量,轉化為新函數g(x)的最值,通過構造函數求導判斷單調性,可知在上單調遞減, 上單調遞增,所以,且,通過對最小值化簡得出的范圍,進而得出k的范圍.6、B【解析】根據獨立性檢驗表解題【詳解】 把握性超過99但不超過99.5，選B【點睛】本題考查獨立性檢驗表，屬于簡單題7、A【解析】試題分析：,對應的點，因此是第一象限考點：復數的四則運算.8、C【解析】試題分析：根據題意，由于且，且成立，當0a1時，根據對數函數遞減性質可知，故可知范圍是，綜上可知實數的取值范圍C考點：不等式

10、點評：主要是考查了對數不等式的求解，屬于基礎題9、C【解析】根據題中的條件得到函數的解析式為：f（x）x+2b，x（b，2b，又因為f（x）k（x1）的函數圖象是過定點（1，0）的直線，再結合函數的圖象根據題意求出參數的范圍即可【詳解】因為對任意的x（1，+）恒有f（2x）2f（x）成立， 且當x（1，2時，f（x）2x；f（x）2（2）=4x，x（2，4，f（x）4（2）=8x，x（4，8，所以f（x）x+2b，x（b，2b（b取1，2，4）由題意得f（x）k（x1）的函數圖象是過定點（1，0）的直線，如圖所示只需過（1，0）的直線與線段AB相交即可（可以與B點重合但不能與A點重合）kPA2

11、，kPB，所以可得k的范圍為故選：C【點睛】解決此類問題的關鍵是熟悉求函數解析式的方法以及函數的圖象與函數的性質，數形結合思想是高中數學的一個重要數學思想，是解決數學問題的必備的解題工具10、A【解析】平面上直線方程的截距式推廣到空間中的平面方程的截距式是.【詳解】由類比推理得：若平面在軸、軸、軸上的截距分別為，則該平面的方程為：，故選A.【點睛】平面中的定理、公式等類比推理到空間中時，平面中的直線變?yōu)榭臻g中的直線或平面，平面中的面積變?yōu)榭臻g中的體積.類比推理得到的結論不一定正確，必要時要對得到的結論證明.如本題中，可令，看是否為.11、B【解析】根據絕對值不等式和三次不等式的解法得到解集，根

12、據小范圍可推大范圍，大范圍不能推小范圍得到結果.【詳解】解得到，解，得到，由則一定有；反之,則不一定有；故“”是“”的充分不必要條件.故答案為：B.【點睛】判斷充要條件的方法是：若pq為真命題且qp為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；若pq為假命題且qp為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；若pq為真命題且qp為真命題，則命題p是命題q的充要條件；若pq為假命題且qp為假命題，則命題p是命題q的即不充分也不必要條件判斷命題p與命題q所表示的范圍，再根據“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q的關系12、C【解析】根據二項分布求對應概率【詳解】，所以選C.【點睛】本題考

13、查二項分布，考查基本分析求解能力，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分析：詳解：，設為曲線上任意一點，是圓：上與P對應的點，得，是圓上的點，的方程為，即.故答案為：.點睛：本題考查了幾種特殊的矩陣變換，體現了方程的數學思想.14、【解析】將極坐標方程化為直角坐標方程，即可求得曲線的離心率.【詳解】極坐標方程，展開化簡可得，即，因為代入可得則曲線為雙曲線，由雙曲線標準方程可知，所以雙曲線離心率為，故答案為：.【點睛】本題考查了極坐標與直角坐標方程的轉化，雙曲線離心率的求法，屬于基礎題.15、【解析】， ，設 ，設 ，那么 ， 恒成立，所以是單調遞減函數，當時

14、， ，當時， ，函數單調遞增，當 ， ，函數單調遞減，所以 在時，取得最大值， ，即 ，解得： 或 ，寫出區(qū)間為 ，故填： .16、【解析】根據古典概型的概率計算公式求解即可【詳解】解：由題意，根據古典概型的概率計算公式得所求概率為，故答案為：【點睛】本題主要考查古典概型的概率計算公式，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）0；（2）.【解析】（1）首先設與的交點為，連接.根據已知及三角形全等的性質可證明面，即可得到異面直線與所成角的余弦值.（2）首先作于點，連接，易證，得到，即為二面角的一個平面角，再利用余弦定理即可得到的正弦值.【詳解】（1）設

15、與的交點為，連接.因為四邊形是平行四邊形，且，所以四邊形是菱形.因為，所以，.又因為，及，所以，即，面.故異面直線與夾角的余弦值為.（2）作于點，連接，因為，所以，所以，即為二面角的一個平面角，設，則，解得，.所以的正弦值為【點睛】本題第一問考查異面直線成角問題，第二問考查二面角的計算，屬于中檔題.18、（1）見解析（2）見解析【解析】分析：（1）求導，對參數分兩種情況進行討論，令得函數的單調遞增區(qū)間，令得函數的單調遞減區(qū)間；（2）令，分離參數得，令，研究函數的性質，可將證明轉化為證明，即證明成立，令，利用導數研究函數的增減性，可得，問題得證.詳解：（1），當時，則在上單調遞增當時，令，得，則

16、的單調遞增區(qū)間為，令，得，則的單調遞減區(qū)間為（2）證明：由得，設，則由，得；由，得故的最小值當時，當時，不妨設，則，等價于，且在上單調遞增，要證：，只需證，只需證，即，即證；設，則，令，則，在上單調遞減，即在上單調遞減，在上單調遞增，從而得證點睛：本題主要考查導數的應用，第一問屬于易得分題，只需對參數進行分類討論，再分別令，即可求解函數的增、減區(qū)間，進而判斷其單調性；第二問解題時，首先對進行參數分離，再構造新函數，利用函數的單調性，將原問題轉化為不等式恒成立問題，進而再利用導數證明.19、（1）見解析；（2）【解析】分析：（1）取的中點，連接，得，由線面平行的判定定理得平面，連接交與點,連接，

17、得，進而得平面，再由面面平行的判定，得平面平面，進而得到平面（2）建立空間直角坐標系，求解平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解詳解：（1）證明：取的中點，連接為的中點，平面2分連接交與點,連接為的中點，平面4分平面平面又平面平面6分（2）如圖，建立空間直角坐標系則 7分設平面的法向量為則，即不放設得8分設平面的法向量為則，即不放設得10分則二面角的余弦值為12分點睛：本題考查了立體幾何中的直線與平面，平面與平面平行的判定及應用，以及二面角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關系的相互轉化，通過嚴密推理，明確角

18、的構成.同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.20、（1）、都為50m；（2）；最大值為.【解析】對于（1），設，m，在OAB中，利用余弦定理可得，整理得，結合基本不等式即可得出結論；對于（2），當AOB的周長最大時，梯形ACBD為等腰梯形，過O作OFCD交CD于F，交AB于E，則E、F分別為AB，CD的中點，利用已知可表示出相關線段；然后利用梯形的面積公式可知， ，令，結合導數，確定函數的單調性，即可求出S的最大值【詳解】解：（1）設，m，在中，即.所以.所以，當且僅當時，取得最大值，此時周長取得最大值.答：當、都為50m時，的

19、周長最大. （2）當的周長最大時，梯形為等腰梯形. 如上圖所示，過O作交于F，交于E，則E、F分別為、的中點，所以.由，得.在中，.又在中，故.所以，.令，.又及在上均為單調遞減函數，故在上為單調遞減函數.因，故在上恒成立，于是，在上為單調遞增函數.所以當時，有最大值，此時S有最大值為.答：當時，梯形面積有最大值，且最大值為.【點睛】本題主要考查了余弦定理、基本不等式以及導數的應用，在（2）中得到后，利用導數得到求出，結合函數在公共區(qū)間上，減函數+減函數等于減函數，從而確定在上為單調遞減函數.屬于難題.21、（1），；（2）【解析】（1）先將曲線的參數方程化為普通方程，再由轉化為極坐標方程，將曲線的極坐標利用兩角差的正弦公式展開，由轉化為直角坐標方程；（2）點和點的極坐標分別為，將點、的極坐標分別代入曲線、的極坐標方程，得出、的表達式，再利用輔助角公式計算出的最大值?！驹斀狻浚?）由曲線的參數方程（為參數）得：，即曲線的普通方程為，又， 曲線的極坐標方程為，曲線的極坐標方程可化為， 故曲線的直角方程為；（2）由已知，設點和點的極坐標分別為，其中則，于是 其中，由于，當時，的最大值是【點睛】本題考查參數方程、極坐標方程與普通方程之間的互化，以