2022届广东省河源市数学高二第二学期期末调研模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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若，0，1，2，3，6，则的值为( )ABC1D22 “m0”是“方程=m表示的曲线为双曲线

2、”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件3已知复数满足，则共轭复数( )ABCD4若函数为偶函数，则（ ）A-1B1C-1或1D05在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限6若复数满足，其中为虚数单位，则在复平面上复数对应的点的坐标为（ ）ABCD7在中，,则 （ ）ABCD8已知函数，给出下列四个说法：；函数的周期为；在区间上单调递增；的图象关于点中心对称其中正确说法的序号是ABCD9已知函数的导函数为，则（ ）ABCD10已知，则（ ）A0.6B0.7C0.8D0.911已知展开式中的常数项是4与10的等差

3、中项，则a的值为（ ）AB2CD12已知某函数图象如图所示，则图象所对应的函数可能是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是_14已知函数f(x)=12x-14sinx-3415若命题：是真命题，则实数的取值范围是_16若，则_.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）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（1）求证：BD平面PAC；（2）若ABC=60，求证：平面PAB平面PAE；18（12分） 选修4-4：坐标系与参数方程在直角坐标系中，

4、曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求曲线的极坐标方程；(2)若点的极坐标为，是曲线上的一动点，求面积的最大值19（12分）已知函数 .(1)当 时，解不等式 ；(2)若不等式有实数解，求实数a的取值范围.20（12分）已知矩阵对应的变换将点变换成（1）求矩阵的逆矩阵；（2）求矩阵的特征向量21（12分）在平面直角坐标系中，已知曲线C的参数方程为（a为参数）.现以坐标原点为极点，轴为极轴建立极坐标系.（1）设P为曲线C上到极点的距离最远的点，求点P的极坐标；（2）求直线被曲线C所截得的弦长.22（10分）如图，在四棱锥中，平面，且，点在上（1）求证：；

5、（2）若，求三棱锥的体积参考答案一、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】根据题意，采用赋值法，令得，再将原式化为根据二项式定理的相关运算，求得，从而求解出正确答案【详解】在中，令得，由，可得，故故答案选C【点睛】本题考查二项式定理的知识及其相关运算，考查考生的灵活转化能力、分析问题和解决问题的能力2、C【解析】根据双曲线的标准方程进行判断【详解】时，方程表示两条直线，时，方程可化为，时表示焦点在轴上的双曲线，时表示焦点在轴上的双曲线故选C【点睛】本题考查双曲线的标准方程，考查充分必要条件，解题关键是掌握双曲线的标准方程

6、3、D【解析】先利用复数的乘法将复数表示为一般形式，然后利用共轭复数的定义得出.【详解】，因此，故选D.【点睛】本题考查复数的乘法运算以及共轭复数的概念，解复数相关的问题，首先利用复数四则运算性质将复数表示为一般形式，然后针对实部和虚部求解，考查计算能力，属于基础题4、C【解析】由f（x）为偶函数，得，化简成xlg（x2+1m2x2）0对恒成立，从而得到x2+1m2x21，求出m1即可【详解】若函数f（x）为偶函数，f（x）f（x），即；得对恒成立，x2+1m2x21，（1m2）x20，1m20，m1故选C【点睛】本题考查偶函数的定义，以及对数的运算性质，平方差公式，属于基础题5、B【解析】对

7、复数进行整理化简，从得到其在复平面所对应的点，得到答案.【详解】复数，所以复数在复平面对应的点的坐标为，位于第二象限.故选：B.【点睛】本题考查复数的乘法运算，考查复数在复平面对应点所在象限，属于简单题.6、C【解析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出【详解】z=，故选：C.【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题7、B【解析】先根据求得，进而求得，根据余弦定理求得以及，由此求得.【详解】由于，所以且为锐角，所以.由余弦定理得.故.所以.故选B.【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查余弦定理解三角形，考查向量数量积的运算，属于中档题.8、

8、B【解析】根据函数的周期性可排除，同时可以确定对由 ，可去绝对值函数化为，可判断对由取特值，可确定错【详解】，所以函数的周期不为，错，周期为=，对当 时，所以f(x)在上单调递增对，所以错即对，填【点睛】本题以绝对值函数形式综合考查三角函数求函数值、周期性、单调性、对称性等性质，需要从定义角度入手分析，也是解题之根本9、D【解析】求导数，将代入导函数解得【详解】将代入导函数故答案选D【点睛】本题考查了导数的计算，把握函数里面是一个常数是解题的关键.10、D【解析】分析：根据随机变量服从正态分布，可知正态曲线的对称轴，利用对称性，即可求得详解：由题意 ，随机变量， 故选：D点睛：本题主要考查正态

9、分布曲线的特点及曲线所表示的意义、函数图象对称性的应用等基础知识，属于基础题11、C【解析】利用二项式展开式的通项公式求出展开式中的常数项的值，由常数项是4与10的等差中项，求得的值【详解】由题意得，令，解得又因为4与10的等差中项为7，所以，即，故选C【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题12、D【解析】对给出的四个选项分别进行分析、讨论后可得结果【详解】对于A，函数，当时，；当时，所以不满足题意对于B，当时，单调递增，不满足题意对于C，当时，不满足题意对于D，函数为偶函数，且当时，函数有两个零点，满足题意故选D【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象

10、的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置；(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的周期性，判断图象的循环往复；(5)从函数的特征点，排除不合要求的图象二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】注意到，.则.易知，在区间 上单调递增，在区间上单调递减，在 处取得最小值.故，且 在区间 上单调递增.,.当 、在区间 上只有一个交点，即的图像与 的图像相切时， 取最大值.不妨设切点坐标为 ，斜率为 又点在 上，于是， 联立式、解得，.从而，.14、-【解析】解：函数f(x)=12因此f(x0)=12-15、.【解析】试

11、题分析：命题：“对，”是真命题.当时，则有；当时，则有且，解得.综上所示，实数的取值范围是.考点：1.全称命题；2.不等式恒成立16、【解析】利用二倍角公式直接计算得到答案.【详解】.【点睛】本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力.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）见解析；（2）见解析；【解析】（1）要证BD平面PAC，只需在平面PAC上找到两条直线跟BD垂直即证，显然，从平面中可证，即证.(2)要证明平面PAB平面PAE,可证平面即可.【详解】（1）证明：因为平面,所以；因为底面是菱形，所以;因为,平面,所以平面.（2）证明：因为底面是菱形且，

12、所以为正三角形，所以,因为,所以；因为平面，平面,所以；因为所以平面，平面,所以平面平面.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18、 (1);(2).【解析】分析：（1）消去参数可以求出曲线C的普通方程，由，能求出曲线的极坐标方程；（2）解法一：极坐标法.设动点极坐标为，由正弦定理得的表达式，确定最大值. 解法二：几何法. 过圆心作的垂线交圆于、两点，交于点 .以为底边计算，将最大值，转化为底边上的高最大值问题，由圆的性质，易得当点M与点P重合时，高 时取得最大值，由锐角的三角函数得，即可求出面积的最大值

13、解法三：与解法二相同，最大值时，由勾股定理求得.解法四：与解法二相同，最大值时，由圆心到之间距离计算.详解：解：（1）曲线的参数方程为（为参数），消去参数得，即 ， 曲线的极坐标方程为即. （2）解法一：设点的极坐标为且， 当且仅当即时，的最大值为 （2）解法二：点、在圆上 过圆心作的垂线交圆于、两点，交于点 则 如图所示, （2）解法三：点、在圆上过圆心作的垂线交圆于、两点，交于点 则 下同解法二（2）解法四：点、在圆上 过圆心作直线的垂线交圆于、两点，交于点 直线的方程为：点到直线的距离 下同解法二点睛：本题考查参数方程、普通方程和极坐标方程的转换方法，考查三角形面积最大值的求法，考查运算

14、求解能力和数形结合思想，考查函数与方程思想.19、（1）（2）【解析】试题分析：(1)将绝对值不等式两边平方可得不等式的解集为(2)将原问题转化为，结合绝对值不等式的性质可得实数a的取值范围是.试题解析：(1)依题意得，两边平方整理得解得或，故原不等式的解集为(2)依题意，存在使得不等式成立，20、（1）；（2）和.【解析】（1）由题中点的变换得到，列方程组解出、的值，再利用逆矩阵变换求出；（2）求出矩阵的特征多项式，解出特征根，即可得出特征值和相应的特征向量.【详解】（1）由题意得，即，解得，由于矩阵的逆矩阵为，因此，矩阵的逆矩阵为；（2）矩阵的特征多项式为，解特征方程，得或.当时，由，得，即，可取，则，即属于的一个特征向量为；当时，由，得，即，可取，则，即属于的一个特征向量为.综上，矩阵的特征向量为和.【点睛】本题考查矩阵的变换和逆矩阵的求法，考查矩阵的特征值和特征向量的求法，考查方程思想与运算能力，属于中等题.21、 (1) (2) 【解析】(1)首先求出曲线C的直角坐标方程，再求出直线，故可求出另一交点，化为极坐标方程即为所求；（2）利用圆心到直线的距离公式即得答案.【详解】（1）曲线C的直角坐标方程为：，圆经过坐标原点，因此，直线为：，与圆交于点，化为极坐标为，故点P的极坐标为；（2）直线的直角坐标方程为：，圆心到直线的距离，所截弦长为：.【