2021-2022学年福建华安一中、长泰一中等四校高二数学第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、目要求的。1在中，若，则的外接圆半径，将此结论拓展到空间，可得出的正确结论是：在四面体中，若、两两互相垂直，则四面体的外接球半径（ ）ABCD2的展开式中的系数是（ ）ABCD3在中，内角所对应的边分别为，且，若，则边的最小值为（ ）ABCD4已知双曲线my2x21(mR)与椭圆x21有相同的焦点，则该双曲线的渐近线方程为( )AyxByxCyxDy3x5已知，则的值是ABCD6某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（ ）A0.8B0.75C0.6D0.457已知随机变量服从正

3、态分布，且，则（ ）A0.6826B0.1587C0.1588D0.34138定义在上的偶函数满足，且当时，函数是定义在上的奇函数，当时，则函数的零点的的个数是（ ）A9B10C11D129在一次投篮训练中，某队员连续投篮两次.设命题是“第一次投中”，是“第二次投中”，则命题“两次都没有投中目标”可表示为ABCD10若的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为ABCD11等差数列an中，a1+a5=10,a4=7,则数列an的公差为A1B2C3D412已知抛物线，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于两点，若线段的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为ABCD二、填空题：本题

4、共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数与函数的图象所围成的面积为，则实数的值为_14周长为的矩形，绕一条边旋转成一个圆柱，则圆柱体积的最大值为_.15若的展开式中的系数是，则 16已知满足约束条件则的最大值为_.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）在某校教师趣味投篮比赛中,比赛规则是:每场投6个球,至少投进4个球且最后2个球都投进者获奖;否则不获奖.已知教师甲投进每个球的概率都是.()记教师甲在每场的6次投球中投进球的个数为X,求X的分布列及数学期望；()求教师甲在一场比赛中获奖的概率.18（12分）已知函数.（1）求函数的极值；（2）若函数有两个

5、零点，且，证明：.19（12分）已知函数.（1）当时，证明：；（2）若在的最大值为2，求a的值.20（12分）计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站，过去50年的水文资料显示，水库年入流量X（年入流量：一年内上游来水与库区降水之和单位：亿立方米）都在40以上，其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，如将年人流量在以上三段的频率作为相应段的概率，假设各年的年入流量相互独立（1）求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；（，）（2）水电站希望安装的发电机尽可能运行最多，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：年

6、流入量发电机最多可运行台数123若某台发电机运行，则该台年利润为4000万元，若某台发电机未运行，则该台年亏损600万元，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？21（12分）如图，在三棱锥中，为的中点 （1）证明：平面； （2）若点在棱上，且，求点到平面的距离22（10分）已知的三个内角，的对边分别为，且（）求角的大小；（）若，的面积为，求，的值参考答案一、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、A【解析】四面体中，三条棱、两两互相垂直，则可以把该四面体补成长方体，长方体的外接球就是四面体的外接球，则半径易求.【详解

7、】四面体中，三条棱、两两互相垂直，则可以把该四面体补成长方体，是一个顶点处的三条棱长.所以外接球的直径就是长方体的体对角线，则半径.故选A.【点睛】本题考查空间几何体的结构，多面体的外接球问题，合情推理.由平面类比到立体，结论不易直接得出时，需要从推理方法上进行类比，用平面类似的方法在空间中进行推理论证，才能避免直接类比得到错误结论.2、D【解析】试题分析：的系数为故选D考点：二项式定理的应用3、D【解析】根据由正弦定理可得，由余弦定理可得 ，利用基本不等式求出，求出边的最小值【详解】根据由正弦定理可得由余弦定理可得 即，故边的最小值为，故选D【点睛】本题主要考查了余弦定理、基本不等式的应用，

8、解三角形，属于中档题4、A【解析】试题分析：由于的焦点为.双曲线可化为.由题意可得.依题意得.所以双曲线方程为.所以渐近线方程为.故选A.考点：1.椭圆的性质.2.双曲线的性质.3.双曲线的标准方程.5、D【解析】，,又,故选D.6、A【解析】试题分析：记“一天的空气质量为优良”，“第二天空气质量也为优良”，由题意可知,所以，故选A.考点：条件概率7、D【解析】分析：根据随机变量符合正态分布，知这组数据是以为对称轴的，根据所给的区间的概率与要求的区间的概率之间的关系，单独要求的概率的值详解：机变量服从正态分布，.故选：D点睛：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查根据正态曲线的性质

9、求某一个区间的概率，属基础题8、C【解析】由，得出，转化为函数与函数图象的交点个数，然后作出两个函数的图象，观察图像即可【详解】由于，所以，函数的周期为，且函数为偶函数，由，得出，问题转化为函数与函数图象的交点个数，作出函数与函数的图象如下图所示，由图象可知，当时，则函数与函数在上没有交点，结合图像可知，函数与函数图象共有11个交点，故选C.【点睛】本题考查函数的零点个数，有两种做法：一是代数法，解代数方程；二是图象法，转化为两个函数的公共点个数，在画函数的图象是，要注意函数的各种性质，如周期性、奇偶性、对称性等性质的体现，属于中等题9、D【解析】分析：结合课本知识点命题的否定和“且”联结的命

10、题表示来解答详解：命题是“第一次投中”，则命题是“第一次没投中”同理可得命题是“第二次没投中”则命题“两次都没有投中目标”可表示为故选点睛：本题主要考查了，以及的概念，并理解为真时，中至少有一个为真。10、B【解析】由题意知：，所以，故，令得所有项系数之和为.11、B【解析】a1a510，a47，2a112、B【解析】y2=2px的焦点坐标为,过焦点且斜率为1的直线方程为y=x-,即x=y+,将其代入y2=2px得y2=2py+p2,即y2-2py-p2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=2p,=p=2,抛物线的方程为y2=4x,其准线方程为x=-1.故选B.二、填空题：

11、本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】求出两函数的交点坐标，可得知当时，由此得出两函数图象所围成区域的面积为，可解出实数的值.【详解】联立，得或，当时，由不等式的性质得.所以，函数与函数的图象所围成的面积为，即，解得，故答案为：.【点睛】本题考查利用定积分计算曲边三角形的面积，解题时要结合题意确定被积区间与被积函数，并利用定积分公式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.14、【解析】设矩形的一边长为 ,则另一边长为 ,再利用圆柱的体积公式求得体积的解析式,然后利用基本不等式可求得最大值.【详解】设矩形的一边长为 ,则另一边长为 ,则圆柱的体积=,当且仅当,即时等号成立.故答案为:

12、 .【点睛】本题考查了圆柱的体积公式和基本不等式,属中档题.15、1【解析】先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于，求出的值，即可求得展开式中的项的系数，再根据的系数是列方程求解即可.【详解】展开式的的通项为，令，的展开式中的系数为，故答案为1.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.16、1【解析】做出满足条件的可行域，根据图

13、形即可求解.【详解】约束条件表示的可行域如图中阴影部分所示.由得，则目标函数过点时，取得最大值，.故答案为：1【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合求线性目标函数的最值，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、 ()X的分布列X0123456P数学期望；().【解析】试题分析：()先定出X的所有可能取值，易知本题是6个独立重复试验中成功的次数的离散概率分布，即为二项分布.由二项分布公式可得到其分布列以及期望.()根据比赛获胜的规定，教师甲前四次投球中至少有两次投中，后两次必须投中，即可能的情况有1.前四次投中2次（六投四中）；2.前四

14、次投中3次（六投五中）3.前四次都投中（六投六中）.其中第1种情况有种可能，第2中情况有（或）种可能.将上述三种情况的概率相加即得到教师甲获胜的概率.试题解析：()X的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,6.依条件可知， X的分布列为：X0123456P.或因为，所以.即的数学期望为4. 7分()设教师甲在一场比赛中获奖为事件A，则 答：教师甲在一场比赛中获奖的概率为.考点：1.二项分布；2.离散型随机变量的分布列与期望；3.随机事件的概率.18、 (1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】分析：（1）求出，分两种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可

15、得函数的减区间，根据单调性可得函数的极值；（2），为函数零点，可得，要证，只需证，令，在上是增函数，从而可得结论.详解：（1）函数的定义域为.当时，在上是减函数，所以在上无极值；当时，若，在上是减函数.当，在上是增函数，故当时，在上的极小值为.（2）证明：当时，可证明由（1）知，在上是减函数，在上是增函数，是极值点，又，为函数零点，所以，要证，只需证. ，又，令，则，在上是增函数，即得证.点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与

16、广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.19、（1）见解析（2）【解析】（1）由导数求出的最大值即可证；（2）求出导函数，分类讨论确定的正负，得的单调性及最大值后可得【详解】解：（1）的定义域为，当时，.令，得，令，得；所以在单调递增，在单调递减.所以，即.（2），（i）当时，在单调递增，它的最大值为，所以符合题意；（ii）当时，在单调递增，在单调递减，它的最大值为

17、，解得（不合，舍去）；（iii）当时，在单调递减，它的最大值为，所以（不合，舍去）；综上，a的值为.【点睛】本题考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性、最值等问题，考查抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，体现综合性与应用性，导向对发展逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养的关注.20、（1）；（2）2台.【解析】（1）求出，由二项分布，未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率（2）记水电站的总利润为（单位，万元），求出安装1台发电机、安装2台发电机、安装3台发电机时的分布列和数学期望，由此能求出欲使水电站年总利润

18、的均值达到最大，应安装发电机的台数【详解】解：（1）依题意，由二项分布，未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率为： （2）记水电站的总利润为Y（单位，万元）安装1台发电机的情形：由于水库年入流总量大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润， 安装2台发电机的情形：依题意，当时，一台发电机运行，此时，因此，当时，两台发电机运行，此时，因此，由此得Y的分布列如下Y34008000P0.20.8所以安装3台发电机的情形：依题意，当时，一台发电机运行，此时，因此，当时，两台发电机运行，此时，因此，当时，三台发电机运行，此时，因此，由此得Y的分布列如下Y2800740012000P0.20.70.1所以综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考查运算求解能力，是中档题21、（1）详见解析（1）【解析】分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（1）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP=连结OB因为AB=BC=，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OB=1由知，OPOB由OPOB，