重庆市示范初中2021-2022学年数学高二下期末统考模拟试题含解析

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抛物线的准线方程为（）ABCD2从A，B，C，D，E 5名学生中选出4名分别参加数学、物理、

2、化学、外语竞赛，其中A不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案种数为()A24B48C72D1203在中，角的对边分别是，若，则的值为（ ）A1BCD4已知函数，当时，取得最小值，则等于（）A-3B2C3D85已知直线与曲线相切，则实数k的值为（ ）AB1CD6对相关系数，下列说法正确的是（ ）A越大，线性相关程度越大B越小，线性相关程度越大C越大，线性相关程度越小，越接近0，线性相关程度越大D且越接近1，线性相关程度越大，越接近0，线性相关程度越小7已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）ABCD8已知点是的外接圆圆心, .若存在非零实数使得且,则的值为 （ ）ABCD9已知n元均值不等式为：

3、，其中均为正数，已知球的半径为R，利用n元均值不等式求得球的内接正四棱锥的体积的最大值为 ABCD10定义在上的函数的导函数在的图象如图所示，则函数在的极大值点个数为（ ）A1B2C3D411在的展开式中，含的项的系数是（）A-10B5C10D-512在的展开式中，项的系数为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若函数有零点，则实数的取值范围是_14若展开式的各二项式系数和为16，则展开式中奇数项的系数和为_.15已知的展开式中，的系数为，则常数的值为 16学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不

4、适合担任四辩手现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选那么不同的组队形式有_种三、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）已知点P(2,2),圆，过点P的动直线l与圆C交于A,B两点,线段AB的中点为M,O为坐标原点.(1)求点M的轨迹方程;(2)当|OP|=|OM|时,求l的方程及POM的面积.18（12分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知， ，（1）求b的值；（2）求的值19（12分）已知点，经矩阵对应的变换作用下，变为点.（1）求的值；（2）直线在对应的变换作用下变为直线，求直线的方程.20（12分）已知三点，曲线上任意一点满足（1）求的

5、方程；（2）动点在曲线上，是曲线在处的切线问：是否存在定点使得与都相交，交点分别为，且与的面积之比为常数？若存在，求的值；若不存在，说明理由21（12分）甲、乙两袋中各装有大小相同的小球9个，其中甲袋中红色、黑色、白色小球的个数分别为2、3、4，乙袋中红色、黑色、白色小球的个数均为3，某人用左手从甲袋中取球，用右手从乙袋中取球，（1）若左右手各取一球，求两只手中所取的球颜色不同的概率；（2）若一次在同一袋中取出两球，如果两球颜色相同则称这次取球获得成功某人第一次左手先取两球，第二次右手再取两球，记两次取球的获得成功的次数为随机变量X，求X的分布列和数学期望22（10分）甲乙两人进行围棋比赛，约

6、定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和均值（数学期望）.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、D【解析】化简抛物线方程为标准方程，然后求解准线方程【详解】抛物线的标准方程为：，准线方程故选：D【点睛】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力2、C【解析】根据题意,分2种情况讨论: 不参加任何竞赛,此时只需要将四个人全排列，对应参加四科

7、竞赛即可；参加竞赛,依次分析与其他四人的情况数目，由分步计数原理可得此时参加方案的种数，进而由分类计数原理计算可得结论.【详解】参加时参赛方案有 (种)，不参加时参赛方案有 (种)，所以不同的参赛方案共72种，故选C.【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.3、C【解析】在中利用正弦定理和二倍

8、角公式能求出角，再依据余弦定理列出关于角的关系式，化简即得【详解】，由正弦定理可得，即.由于，.，.又，由余弦定理可得，.故选C.【点睛】本题主要考查正余弦定理解三角形以及三角恒等变换4、C【解析】配凑成可用基本不等式的形式。计算出最值与取最值时的x值。【详解】当且仅当即时取等号，即【点睛】在使用均值不等式时需注意“一正二定三相等”缺一不可。5、D【解析】由得，设切点为，则，对比，故选D.6、D【解析】根据两个变量之间的相关系数r的基本特征，直接选出正确答案即可【详解】用相关系数r可以衡量两个变量之间的相关关系的强弱，|r|1，r的绝对值越接近于1，表示两个变量的线性相关性越强，r的绝对值接近

9、于0时，表示两个变量之间几乎不存在相关关系，故选D【点睛】本题考查两个变量之间相关系数的基本概念应用问题，是基础题目7、D【解析】 由函数，可得，所以函数为奇函数，又，因为，所以，所以函数为单调递增函数，因为，即，所以，解得，故选D点睛：本题考查了函数的单调性、奇偶性和函数不等式的求解问题，其中解答中函数的奇偶性和函数的单调性，转化为不等式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于解函数不等式：首先根据函数的单调性和奇偶性把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内是试题的易错点8、D【解析】根据且判断出与线

10、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.9、A【解析】先根据球和正四棱锥的内接关系求出半径与边长的关系式，写出体积公式，利用n元均值不等式可求最大值.【详解】设正四棱锥的底面边长为，高为，则有，解得；正四棱锥的体积，当且仅当时取到最大值，故选A.【点睛】本题主要考查四棱锥体积的求解和n元均值不等式的应用，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.10、B【解析】由

11、导数与极大值之间的关系求解【详解】函数在极大值点左增右减，即导数在极大值点左正右负，观察导函数图象，在上有两个有两个零点满足故选：B.【点睛】本题考查导数与极值的关系属于基础题11、A【解析】根据，把按二项式定理展开，可得含的项的系数，得到答案【详解】由题意，在的展开中为，所以含的项的系数， 故选A【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，着重考查了推理与运算能力，属于基础题12、A【解析】二项式展开式的通项为。所以展开式中项的系数为选二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】变换得到，设，求导得到单调性，画出图像得到答案.【详解】由题

12、可知函数的定义域为函数有零点，等价于有实数根，即，设，则.则函数在上单调递增，在上单调递减，且，画出图像，如图所示：根据图像知.故答案为：.【点睛】本题考查了利用导数研究零点，参数分离画出图像是解题的关键.14、353【解析】分析：由题意可得 ，由此解得，分别令和 ，两式相加求得结果详解：由题意可得 ，由此解得， 即 则令得 令得，两式相加可得展开式中奇数项的系数和为 即答案为353.点睛：本题主要考查二项式定理，二项展开式的通项公式，求展开式中奇数项的系数和，解题时注意赋值法的应用，属于中档题15、【解析】 ，所以由 得 ，从而点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的

13、特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.16、【解析】分析：分三种情况讨论，分别求出甲乙都入选、甲不入选，乙入选、甲乙都不入选,，相应的情况不同的组队形式的种数，然后求和即可得出结论.详解：若甲乙都入选，则从其余人中选出人，有种，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有 种；若甲不入选，乙入选，则从其余人中选出人，有种，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；若甲乙都不入选，则从其余6人中选出人，有种，再全排，有种，故共有种，综上所述，共有，故答

14、案为.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.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)直线的方程为，的面积为.【解析】求得圆的圆心和半径.（1）当三点均不重合时，根据圆的几何性质可知，是定点，所以的轨迹是以为直径的圆（除两点），根据圆的圆心和半径求得

15、的轨迹方程.当三点有重合的情形时，的坐标满足上述求得的的轨迹方程.综上可得的轨迹方程.（2）根据圆的几何性质（垂径定理），求得直线的斜率，进而求得直线的方程.根据等腰三角形的几何性质求得的面积.【详解】圆，故圆心为，半径为.(1)当C,M,P三点均不重合时,CMP=90,所以点M的轨迹是以线段PC为直径的圆(除去点P,C),线段中点为，故的轨迹方程为(x-1)2+(y-3)2=2(x2,且y2或x0,且y4).当C,M,P三点中有重合的情形时,易求得点M的坐标为(2,2)或(0,4).综上可知,点M的轨迹是一个圆,轨迹方程为(x-1)2+(y-3)2=2.(2)由(1)可知点M的轨迹是以点N(

16、1,3)为圆心，为半径的圆.由于|OP|=|OM|,故O在线段PM的垂直平分线上.又P在圆N上,从而ONPM.因为ON的斜率为3,所以的斜率为，故的方程为，即.又易得|OM|=|OP|=，点O到的距离为，所以POM的面积为.【点睛】本小题主要考查动点轨迹方程的求法，考查圆的几何性质，考查等腰三角形面积的计算，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.18、 (1) (2) 【解析】（1）由已知利用三角函数恒等变换的应用可求sin（B）0，结合范围B（，），可求B的值，由余弦定理可得b的值（2）由（1）及余弦定理可得cosC的值，计算出sinC，根据两角差的余弦函数公式即可计算

17、得解cos（CB）的值【详解】（1）a2，c3，可得：cosBsinBcosB，可得：sin（B）0，B（0，），B（，），B0，可得：B，由余弦定理可得：b（2）由余弦定理得可知，故由得，【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，余弦定理，两角差的余弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题19、 (1) ； (2) 【解析】（1）根据题意，结合题中的条件，利用矩阵乘法公式，列出满足条件的等量关系式，求得结果；（2）设直线上任意一点经矩阵变换为，利用矩阵乘法得出坐标之间的关系，利用在直线上，代入求得，进而得出直线的方程.【详解】（1）解得； （2）由（1）知：

18、设直线上任意一点经矩阵变换为则 即直线的方程为.【点睛】该题考查的是有关点和直线经矩阵变换的问题，在解题的过程中，注意变换的规则，掌握矩阵的乘法，属于简单题目.20、（1）；（2）存在，.【解析】分析：（1）先求出、的坐标，由此求得|和的值，两式相等，化简可得所求；（2）根据直线PA，PB的方程以及曲线C在点Q（x0，y0）（2x02）处的切线方程， D、E两点的横坐标，可得SPDE和SQAB的比值，从而求得参数值.详解：（1）依题意可得，由已知得，化简得曲线C的方程： ,（2）假设存在点满足条件，则直线的方程是，直线的方程是，曲线C在点Q处的切线l的方程为:,它与y轴的交点为，由于，因此当时

19、，存在，使得，即l与直线平行，故当时与题意不符当时，所以l 与直线一定相交，分别联立方程组，解得的横坐标分别是则，又，有，又于是对任意，要使与的面积之比是常数，只需t满足，解得，此时与的面积之比为2，故存在，使与的面积之比是常数2. 点睛：本题主要考查抛物线的标准方程的应用，利用导数求曲线上某点的切线方程，求得F点的坐标，D、E两点的横坐标，是解题的关键，属于中档题利用导数求函数在某一点处的切线方程；步骤一般为：一，对函数求导，代入已知点得到在这一点处的斜率；二，求出这个点的横纵坐标；三，利用点斜式写出直线方程.21、（1）；（1）分布列详见解析，【解析】试题分析：本题主要考查概率、离散型随机变量的分布列和数学期望等基础知识，考查学生