2022届东北三省四市教研联合体数学高二下期末学业水平测试试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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已知非零向量满足，且，则与的夹角为ABCD2正边长为2，点是所在平面内一点，且满足，若，则的最小值是（ ）ABCD3用数学归纳法证明“能被13整除”的第二步中，当时为了使用归纳假设，

2、对变形正确的是（ ）ABCD4有6 名学生，其中有3 名会唱歌，2 名会跳舞，1名既会唱歌又会跳舞，现从中选出2 名会唱歌的，1名会跳舞的，去参加文艺演出，求所有不同的选法种数为( )A18B15C16D255下列命题中,正确的命题是（ ）A若，则B若，则不成立C，则或D，则且6，则的值为（ ）A2 B-2 C8 D-87已知过点且与曲线相切的直线的条数有（ ）A0B1C2D38下列命题错误的是A若直线平行于平面，则平面内存在直线与平行B若直线平行于平面，则平面内存在直线与异面C若直线平行于平面，则平面内存在直线与垂直D若直线平行于平面，则平面内存在直线与相交9设函数，满足，若函数存在零点，则

3、下列一定错误的是( )ABCD10平面上有个圆，其中每两个都相交于两点，每三个都无公共点，它们将平面分成块区域，有，则（ ）ABCD11已知点是的外接圆圆心, .若存在非零实数使得且,则的值为 （ ）ABCD12已知随机变量，其正态分布曲线如图所示，若向正方形OABC中随机投掷10000个点，则落入阴影部分的点数估计值为（）（附：则）A6038B6587C7028D7539二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13直角坐标系下点的极坐标为 _.14若，则的值为_15设集合,则_.16复数（为虚数单位）的共轭复数是_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（1

4、2分）已知圆心为的圆，满足下列条件：圆心位于轴正半轴上，与直线相切，且被轴截得的弦长为，圆的面积小于13.（1）求圆的标准方程：（2）设过点的直线与圆交于不同的两点，以，为邻边作平行四边形.是否存在这样的直线，使得直线与恰好平行？如果存在，求出的方程：如果不存在，请说明理由.18（12分）若,且（1）求的最小值；（2）是否存在，使得？并说明理由.19（12分）已知正四棱柱中，底面边长为2，点在线段上.（1）求异面直线与所成角的大小；（用反三角函数值表示）（2）若直线平面所成角大小为，求多面体的体积.20（12分）直三棱柱中，F为棱的中点.（1）求证：；（2）点M在线段上运动，当三棱锥的体积最大

5、时，求二面角的正弦值.21（12分）已知.（1）求的值；（2）当时，求的最大值.22（10分）已知椭圆:经过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于，两点，为椭圆的左焦点，若，求直线的方程.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、B【解析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数

6、量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为2、A【解析】分析：建立直角坐标系后求出各点坐标，用坐标表示详解： 如图：以为原点，所在直线为轴，过点垂直于为轴则，设，则点轨迹为由可得：故当时，故选点睛：本题主要考查的是平面向量的基本定理设不共线的两个向量为基底，求参量和的最值，本题的解法较多，可以通过建立空间直角坐标系，求交点坐标建立数量关系，也可以用等和线来解3、A【解析】试题分析：假设当，能被13整除， 当应化成形式，所以答案为A考点：数学归纳法4、B【解析】名会唱歌的从中选出两个有种,名会跳舞的选出名有种选法,但其中一名既会唱歌又会跳舞的有一个,两

7、组不能同时用他,共有种，故选B.5、C【解析】A根据复数虚部相同，实部不同时，举例可判断结论是否正确；B根据实数的共轭复数还是其本身判断是否成立；C根据复数乘法的运算法则可知是否正确；D考虑特殊情况：，由此判断是否正确.【详解】A当时，此时无法比较大小，故错误；B当时，所以，所以此时成立，故错误；C根据复数乘法的运算法则可知：或，故正确；D当时，此时且，故错误.故选：C.【点睛】本题考查复数的概念以及复数的运算性质的综合，难度一般.(1)注意实数集是复数集的子集，因此实数是复数；(2)若，则有.6、D【解析】试题分析：，所以当时，；当时，故考点：二项式定理7、C【解析】设切点为，则，由于直线经

8、过点，可得切线的斜率，再根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线斜率，建立关于的方程，从而可求方程【详解】若直线与曲线切于点，则，又，解得，过点与曲线相切的直线方程为或，故选C【点睛】本题主要考查了利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，求解曲线的切线的方程，其中解答中熟记利用导数的几何意义求解切线的方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题8、D【解析】分析：利用空间中线线、线面间的位置关系求解详解：A. 若直线平行于平面，则平面内存在直线与平行，正确；B. 若直线平行于平面，则平面内存在直线与异面，正确；C. 若直线平行于平面，则平面内存在直线与垂直，正确，可能异面垂直；D. 若直

9、线平行于平面，则平面内存在直线与相交，错误，平行于平面，与平面没有公共点.故选D.点睛：本题主要考查命题的真假判断，涉及线面平行的判定和性质，属于基础题9、C【解析】分析：先根据确定符号取法，再根据零点存在定理确定与可能关系.详解：单调递增，因为，所以或,根据零点存在定理得或或,因此选C.点睛：确定零点往往需将零点存在定理与函数单调性结合起来应用，一个说明至少有一个，一个说明至多有一个，两者结合就能确定零点的个数.10、B【解析】分析可得平面内有个圆时, 它们将平面分成块,再添加第个圆时,因为每两个都相交于两点,每三个都无公共点,故会增加个圆.再求和即可.【详解】由题, 添加第个圆时,因为每两

10、个都相交于两点,每三个都无公共点,故会增加个圆.又,故.即.累加可得.故选：B【点睛】本题主要考查了根据数列的递推关系求解通项公式的方法,需要画图分析进行理解.或直接计算等利用排除法判断.属于中档题.11、D【解析】根据且判断出与线段中点三点共线，由此判断出三角形的形状，进而求得的值.【详解】由于，由于，所以与线段中点三点共线，根据圆的几何性质可知直线垂直平分，于是是以为底边的等腰三角形，于是，故选D.【点睛】本小题主要考查平面向量中三点共线的向量表示，考查圆的几何性质、等腰三角形的几何性质，属于中档题.12、B【解析】随机变量， ，落入阴影部分的点的个数的估计值为个选B二、填空题：本题共4小

11、题，每小题5分，共20分。13、【解析】由，将直角坐标化为极坐标。【详解】，又因为位于第三象限且，所以，所以极坐标为【点睛】本题考查直角坐标与极坐标的互化，解题的关键是注意角的取值范围，属于基础题。14、84.【解析】分析：根据原式右边的展开情况可将原式左边写成：然后根据二项式定理展开求（x-1）3的系数即可.详解：由题可得： ，故根据二项式定理可知：故答案为84.点睛：本题考查二项式定理的运用，注意运用变形和展开式的通项公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题15、2,4,6,8【解析】分析：详解：因为,表示A集合和B集合“加”起来的元素，重复的元素只写一个，所以点睛：在求集合并集时要注意集

12、合的互异性.16、【解析】利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，由此可得出复数的共轭复数.【详解】，因此，复数的共轭复数为，故答案为.【点睛】本题考查复数的除法运算以及共轭复数，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数表示为一般形式，考查计算能力，属于基础题.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、 (1) .(2) 不存在这样的直线.【解析】试题分析：（I）用待定系数法即可求得圆C的标准方程；（）首先考虑斜率不存在的情况.当斜率存在时，设直线l：y=kx+3，A(x1，y1)，B(x2，y2).l与圆C相交于不同的两点，那么0.由题设及韦达定理可得k与x1、x

13、2之间关系式，进而求出k的值.若k的值满足0，则存在；若k的值不满足0，则不存在.试题解析：（I）设圆C：(x-a)2+y2=R2(a0)，由题意知解得a=1或a=， 又S=R20，解得或x1+x2=，y1+ y2=k(x1+x2)+6=，假设，则，解得，假设不成立不存在这样的直线l 考点：1、圆的方程；2、直线与圆的位置关系.18、（1）；（2）不存在.【解析】（1）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在【详解】（1）由，得，且当时取等号故，且当时取等号所以的最小值为；（2）由（1）知，由

14、于，从而不存在，使得成立【考点定位】基本不等式19、（1）；（2）.【解析】（1）利用异面直线所成角的定义再结合正四棱柱中的性质可得直线与所成的角即为所求然后在三角形利用余弦定理即可得解（2）由于多面体的不规则性故可利用因此需利用直线与平面所成角为来确定点的位置后问题就解决了【详解】（1）连接则由于在正四棱柱中故异面直线与所成角即为直线与所成的角正四棱柱中，底面边长为2，异面直线与所成角即为（2）正四棱柱中面，直线与平面所成角为，即多面体的体积为【点睛】本题考查异面直线所成的角和几何体体积的求解解题的关键是第一问要利用图形的性质将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角；第二问对于不规则图形体积

15、的求解常采用规则图形的体积差来求解（比如本题中的多面体的体积转化为正三棱柱的体积减去三棱锥的体积）.20、（1）证明见解析 （2）【解析】（1）在矩形中由平面几何知识证明，再证，然后由线面垂直证明线线垂直（2）当三棱锥的体积最大时点M与F重合，如图建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角【详解】（1）连接，由直三棱柱和，易得面，面，所以，又，则，又，又，所以面，所以 （2）当三棱锥的体积最大时点M与F重合，如图建立空间直角坐标系，用向量法求二面角，设平面的法向量为，平面的法向量为，易知，设，则，解得取，则记二面角的大小为，则，故.【点睛】本题考查用线面垂直证明线线垂直，用空间向量法求二面角属于常规题21、（1）（2）【解析】分析：（1）分别令，两式相加可得的值；设最大，则有，即解之即可.详解：（1）令可得， ， 令可得， ，两式相加可得：，所以； （2）因为，所以， 设最大，则有，即，解得， 因为，所以， 此时的最大值为.点睛：本题主要考查二项式定理的应用，属于中档题22、（1）；（2）或【解析】（1）由椭圆的离心率可得，从而使椭圆方程只含一个未知数，把点的坐标代入方程后，求得，进而得到椭圆的方程为；（2）因为直线过定点，所以只要求出直线的斜率即可，此时需对直线的斜率分等于0和不等于0两种情况进行讨论，当斜率不为0时，设直线的方程为，点、，利用得到关于