河北省邢台巿南和一中2021-2022学年数学高二第二学期期末预测试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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已知直线，点为抛物线上的任一点，则到直线的距离之和的最小值为（ ）A2BCD2在5道题中有3道理科题和2道文科题，如果不放回地依次抽取2道题，则在第一次抽到理科题的条件下，第二次抽

2、到理科题的概率为()A14B13C13如图所示，一个几何体的正视图和侧视图都是边长为2的正方形，俯视图是一个直径为2的圆，则这个几何体的全面积是ABCD4某地举办科技博览会，有个场馆，现将个志愿者名额分配给这个场馆，要求每个场馆至少有一个名额且各场馆名额互不相同的分配方法共有（ ）种ABCD5已知的分布列为：设则的值为（ ）ABCD56通过随机询问111名性别不同的中学生是否爱好运动，得到如下的列联表：男女总计爱好412131不爱好212151总计3151111由得，1151111111112841332511828参照附表，得到的正确结论是 （ ）A在犯错误的概率不超过1.111的前提下，认

3、为“爱好运动与性别有关”B在犯错误的概率不超过1.11的前提下，认为 “爱好运动与性别有关”C在犯错误的概率不超过1.111的前提下，认为“爱好运动与性别无关”D有以上的把握认为“爱好运动与性别无关”7已知三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，且侧棱AA1平面ABC，若AB=AC=3，则球的表面积为（）A36B64C100D1048函数（，是自然对数的底数，）存在唯一的零点，则实数的取值范围为（ ）ABCD9对于实数，若或，则是的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件10过点且与平行的直线与圆：交于，两点，则的长为（ ）ABCD11若（为虚数单位）

4、，则复数（）ABCD12已知D，E是边BC的三等分点，点P在线段DE上，若，则xy的取值范围是ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则该展开式的常数项是_14某班有名学生,其中人选修课程,另外人选修课程,从该班中任选两名学生,他们选修不同课程的概率是_.15已知二项式的展开式中二项式系数之和为64，则展开式中的系数为_16命题“R”，此命题的否定是_(用符号表示)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）甲、乙两人做定点投篮游戏，已知甲每次投篮命中的概率均为，乙每次投篮命中的概率均为，甲投篮3次均未命

5、中的概率为，甲、乙每次投篮是否命中相互之间没有影响.（）若甲投篮3次，求至少命中2次的概率；（）若甲、乙各投篮2次，设两人命中的总次数为，求的分布列和数学期望.18（12分）已知椭圆的离心率为，分别是其左，右焦点，为椭圆上任意一点，且（1）求椭圆的标准方程；（2）过作直线与椭圆交于两点，点在轴上，连结分别与直线交于点，若，求的值19（12分）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，且，E为PD中点.（I）求证：平面ABCD；（II）求二面角B-AE-C的正弦值.20（12分）已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）若关于的方程有实数根，求实数的取值范围.21（12分）现在

6、很多人喜欢自助游,2017年孝感杨店桃花节，美丽的桃花风景和人文景观迎来众多宾客.某调查机构为了了解“自助游”是否与性别有关，在孝感桃花节期间，随机抽取了人，得如下所示的列联表：赞成“自助游”不赞成“自助游”合计男性女性合计（1）若在这人中，按性别分层抽取一个容量为的样本，女性应抽人，请将上面的列联表补充完整，并据此资料能否在犯错误的概率不超过前提下，认为赞成“自助游”是与性别有关系？（2）若以抽取样本的频率为概率，从旅游节大量游客中随机抽取人赠送精美纪念品，记这人中赞成“自助游”人数为，求的分布列和数学期望. 附: 22（10分）在一个圆锥内作一个内接等边圆柱（一个底面在圆锥的底面上，且轴截

7、面是正方形的圆柱），再在等边圆柱的上底面截得的小圆锥内做一个内接等边圆柱，这样无限的做下去.（1）证明这些等边圆柱的体积从大到小排成一个等比数列；（2）已知这些等边圆柱的体积之和为原来圆锥体积的，求最大的等边圆柱的体积与圆锥的体积之比.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、C【解析】分析：由抛物线的定义可知P到直线l1，l1的距离之和的最小值为焦点F到直线l1的距离详解：抛物线的焦点为F（1，0），准线为l1：x=1P到l1的距离等于|PF|，P到直线l1，l1的距离之和的最小值为F（1，0）到直线l1的距离故选：C点

8、睛：本题主要考查了抛物线定义的应用，属于基础题.2、C【解析】在第一次抽到理科题的条件下，剩余4道题中，有2道理科题，代入古典概型概率公式，得到概率【详解】因为5道题中有3道理科题和2道文科题，所以第一次抽到理科题的前提下，剩余4道题中，有2道理科题，第2次抽到理科题的概率为P=24=【点睛】本题考查的知识点是古典概型概率公式，分析出基本事件总数和满足条件的事件个数是解答的关键，但本题易受到第一次抽到理科题的影响而出错，容易按独立事件同时发生的概率求解3、C【解析】由三视图还原可知原图形是圆柱，再由全面积公式求得全面积。【详解】由三视图还原可知原图形是圆柱，圆柱底面半径为1，高为2，所以，选C

9、.【点睛】本题考查三视图还原及圆柱的全面积公式，需要熟练运用公式，难度较低。4、A【解析】“每个场馆至少有一个名额的分法”相当于在24个名额之间的23个空隙中选出两个空隙插入分隔符号，则有种方法，再列举出“至少有两个场馆的名额数相同”的分配方法，进而得到满足题中条件的分配方法.【详解】每个场馆至少有一个名额的分法为种，至少有两个场馆的名额相同的分配方法有（1，1，22），（2,2,20），（3,3,18），（4,4,16），（5,5,14），（6,6,12），（7,7,10），（8,8,8），（9,9,6），（10,10,4），（11,11,2），再对场馆分配，共有种，所以每个场馆至少有一个名

10、额且各校名额互不相同的分配方法共有种，故选A.【点睛】该题考查的是有关形同元素的分配问题，涉及到的知识点有隔板法，在解题的过程中，注意对至少两个场馆分配名额相同的要去除.5、A【解析】求出的期望，然后利用，求解即可【详解】由题意可知E（）101，所以E（12）1E（）21故选A【点睛】本题考查数学期望的运算性质，也可根据两个变量之间的关系写出的分布列，再由分布列求出期望6、B【解析】试题分析：根据列联表数据得到7.8，发现它大于3.325，得到有99%以上的把握认为“爱好这项运动与性别有关”，从而可得结论解：7.83.325，有1.11=1%的机会错误，即有99%以上的把握认为“爱好这项运动与

11、性别有关”故选B点评：本题考查独立性检验的应用，考查利用临界值，进行判断，是一个基础题7、C【解析】分析：求出，由正弦定理可得可得外接圆的半径，从而可求该三棱柱的外接球的半径，即可求出三棱柱的外接球表面积.详解：，三角形的外接圆直径，平面，该三棱柱的外接球的半径，该三棱柱的外接球的表面积为，故选C点睛：本题主要考查三棱柱的外接球表面积，正弦定理的应用、余弦定理的应用以及考查直线和平面的位置关系，意在考查综合空间想象能力、数形结合思想以及运用所学知识解决问题的能力.8、B【解析】由函数存在唯一的零点等价于函数与函数只有唯一一个交点，画出与的大致图象，根据使得函数与函数只有唯一一个交点，得到，即可

12、求解.【详解】由题意，函数（，是自然对数的底数，）存在唯一的零点等价于函数与函数只有唯一一个交点，因为，所以函数与函数唯一交点为，又因为，且，所以，即函数在上单调递减函数，又因为是最小正周期为2，最大值为的正弦函数，所以可得与函数的大致图象，如图所示，所以要使得函数与函数只有唯一一个焦点，则，因为，则，所以，解得，又因为，所以实数的范围为，故选B.【点睛】本题主要考查了函数的零点问题，函数的单调性的应用，以及导数的应用，其中解答中把唯一零点转化为两个函数的交点问题，结合图象进行分析研究是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.9、B【解析】分别判断充分性和必要性，得到答案

13、.【详解】取 此时 不充分若或等价于且，易知成立，必要性故答案选B【点睛】本题考查了充分必要条件，举出反例和转化为逆否命题都可以简化运算.10、D【解析】由题意可得直线，求得圆心到直线距离，再由弦长公式即可求解【详解】设直线过点，可得，则直线圆的标准方程为，圆心为，圆心到直线距离，故选D【点睛】本题考查用设一般方程求平行直线方程以及几何法求圆的弦长问题11、B【解析】由可得：，故选B.12、D【解析】利用已知条件推出x+y1，然后利用x，y的范围，利用基本不等式求解xy的最值【详解】解：D，E是边BC的三等分点，点P在线段DE上，若，可得，x，则，当且仅当时取等号，并且，函数的开口向下，对称轴

14、为：，当或时，取最小值，xy的最小值为：则xy的取值范围是：故选D【点睛】本题考查函数的最值的求法，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、15【解析】二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大， ，则展开式中的通项公式为 令，求得 ，故展开式中的常数项为 ，故答案为15.14、【解析】先计算出总的方法数，然后在每类选科人中各选一人，利用分步计算原理计算得方法数，根据古典概型概率计算公式计算出所求概率.【详解】该班有名学生则从班级中任选两名学生共有种不同的选法又15人选修课程,另外35人选修课程他们是选修不同课程的学生的情况有: 故从班级

15、中任选两名学生,他们是选修不同课程的学生的概率.【点睛】本小题主要考查古典概型的计算，考查分步乘法计数原理，属于基础题.15、4860【解析】由题意可知,即二项式为，所以，所以的系数为4860，填4860。16、xR，x2+x1【解析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以x1R，x122x1+11的否定是：xR，x2+x1故答案为：xR，x2+x1【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系及否定形式，属于基本知识的考查三、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、（）.（）见解析.【解析】试题分析：（1）本题

16、为独立重复试验，根据独立重复试验概率公式 列方程组解得，再根据独立重复试验概率公式求至少命中2次的概率；（2）先确定随机变量可能取法：0，1，2，3，4，再根据独立重复试验概率公式求对应概率，列表得分布列，最后根据数学期望公式求期望.试题解析：（1）由题意，解得，设“乙投篮3次，至少2次命中”为事件，则（2）由题意的取值为0，1，2，3，4.； ； ； .故的分布列为 .18、（1）；（2）【解析】由题意可得，联立求解即可得出；设直线l的方程为：，直线l的方程与椭圆方程联立化为：，根据共线以及共线，可得M，N的坐标根据，可得又，再利用根与系数的关系即可得出【详解】（1）由题意，知又 ，解得所求

17、椭圆的标准方程为（2）由，设直线的方程为，代入椭圆的方程，并消去，得：，显然设，则，于是设，由共线，得，所以，同理，因为，所以恒成立，解得【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，一元二次方程的根与系数的关系，向量数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题19、（I）见解析（II）【解析】（I）根据题目所给条件，利用直线与平面垂直的判定方法分别证明出平面PAB以及平面，进而得到和，从而推得线面垂直（II）根据已知条件，以A为原点，AB为轴，AD为轴，AP为轴建立直角坐标系，分别求出平面ABE和平面AEC的法向量，最后利用向量法求出二面角B-AE-C的正弦值【详解】解：（I）证明：底面A

18、BCD为正方形，又，平面PAB，同理，平面ABCD（II）建立如图的空间直角坐标系A-xyz，则，易知设为平面ABE的一个法向量，又，令，得.设为平面AEC的一个法向量，又令，得.二面角B-AE-C的正弦值为.【点睛】本题主要考查了通过证明直线与平面垂直来推出直线与直线垂直，以及利用向量法求二面角的问题，解题时要注意根据图形特征或者已知要求确定二面角是锐角或钝角，从而得出问题的结果20、（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）当时，方程有实数根.【解析】试题分析：(1)结合函数的解析式可得，结合导函数与原函数的单调性的关系可得函数的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)原问题等价于方

19、程有实数根，构造函数，利用导函数研究函数存在零点的充要条件可得：当时，方程有实数根.试题解析：（1）依题意，得，.令，即，解得；令，即，解得，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由题得， .依题意，方程有实数根，即函数存在零点，又，令，得.当时，即函数在区间上单调递减，而， ，所以函数存在零点；当时，随的变化情况如表： 极小值所以为函数的极小值，也是最小值.当，即时，函数没有零点；当，即时，注意到，所以函数存在零点. 综上所述，当时，方程有实数根.点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用21、 (1)赞成“自助游”不赞成“自助游”合计男性女性