河北省魏县第五中学2022年高二数学第二学期期末联考试题含解析

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x，y满足不等式组则z=2x +y的最大值与最小值的比值为ABCD22在平面几何里有射影定理：设三角形的两边，是点在上的射影，则.拓展到空间，在四面体中，面，点是在面内的射影，

2、且在内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是（）ABCD3二项式展开式中，的系数是（ ）ABC D4一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A20 B24 C16 D5已知全集U=R，A=x|x0，B=x|x1，则集合CUAx|x0 Bx|x1 Cx|0 x1 Dx|0 x16在正方体中，E是棱的中点，点M，N分别是线段与线段上的动点，当点M，N之间的距离最小时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）ABC D7从一批产品中取出三件产品，设事件为“三件产品全不是次品”，事件为“三件产品全是次品”，事件为“三件产品不全是次品”，则下列结论正确的是（ ）A事件与互斥B事件与互斥C任何两个

3、事件均互斥D任何两个事件均不互斥8已知正项等差数列满足：，等比数列满足：，则（ ）A-1或2B0或2C2D19设M=a+1a-2(2aNBM=NCMND不确定10已知，则下列说法正确是（ ）ABC与的夹角为D11在射击训练中，某战士射击了两次，设命题p是“第一次射击击中目标”，命题q是“第二次射击击中目标”，则命题“两次射击中至少有一次没有击中目标”为真命题的充要条件是（ ）A为真命题B为真命题C为真命题D为真命题12已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，

4、那么他们结账方式的可能情况有（ ）种A19B7C26D12二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13一只袋内装有大小相同的3个白球，4个黑球，从中依次取出2个小球，已知第一次取出的是黑球，则第二次取出白球的概率是_14若函数为奇函数，则的取值范围为_15函数的最小正周期是_16已知函数，若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围是_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（12分）已知公差不为零的等差数列满足，且，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，且数列的前项和为，求证：.18（12分）设数列的前项和.已知.（1）求数列的通项公式；（2）是否对一

5、切正整数，有？说明理由.19（12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.20（12分）如图1，等边中，是边上的点（不与重合），过点作交于点，沿将向上折起，使得平面平面，如图2所示（1）若异面直线与垂直，确定图1中点的位置；（2）证明：无论点的位置如何，二面角的余弦值都为定值，并求出这个定值21（12分）设 （）求的单调区间.（）当时，

6、记，是否存在整数，使得关于的不等式有解？若存在求出的最小值，若不存在，说明理由.22（10分）某企业甲,乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别为和,现安排甲组研发新产品,乙组研发新产品.设甲,乙两组的研发是相互独立的.(1)求至少有一种新产品研发成功的概率;(2)若新产品研发成功,预计企业可获得万元,若新产品研发成功,预计企业可获得利润万元,求该企业可获得利润的分布列和数学期望.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】解：因为x，y满足不等式组，作出可行域，然后判定当过点（2,2）取得最大，过点（1,1）

7、取得最小，比值为2，选D2、A【解析】由平面图形到空间图形的类比推理中，一般是由点的性质类比推理到线的性质，由线的性质类比推理到面的性质，即可求解，得到答案【详解】由已知在平面几何中，若中，是垂足，则，类比这一性质，推理出：若三棱锥中，面面，为垂足，则故选A【点睛】本题主要考查了类比推理的应用，其中类比推理的一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想），着重考查了推理能力，属于基础题3、B【解析】通项公式：，令，解得，的系数为，故选B.【方法点晴】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

8、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.4、A【解析】试题分析：该几何体为一个正方体截去三棱台，如图所示，截面图形为等腰梯形，梯形的高，所以该几何体的表面积为，故选A考点：1、几何体的三视图；2、几何体的表面积5、D【解析】试题分析：因为AB=x|x0或x1，所以CU考点：集合的运算.6、A【解析】以A为坐标原点，以，为x，y，z轴正向建系，设，,设，得，求出取最小值时值，然后求的夹角的余弦值【详解】以A为坐

9、标原点，以，为x，y，z轴正向建系，设，,设，由得，则，当即，时，取最小值.此时，令得故选：A.【点睛】本题考查求异面直线所成的角，解题关键求得的取最小值时的位置解题方法是建立空间直角坐标系，用空间向量法表示距离、求角7、B【解析】根据互斥事件的定义，逐个判断，即可得出正确选项【详解】为三件产品全不是次品，指的是三件产品都是正品，为三件产品全是次品，为三件产品不全是次品，它包括一件次品，两件次品，三件全是正品三个事件由此知：与是互斥事件；与是包含关系，不是互斥事件；与是互斥事件，故选B【点睛】本题主要考查互斥事件定义的应用8、C【解析】分析：根据数列的递推关系，结合等差和等比数列的定义和性质求

10、出数列的通项公式即可得到结论详解：由，得 ，是正项等差数列， ， 是等比数列， 则，即故选：D点睛：本题主要考查对数的基本运算，根据等差数列和等比数列的性质，求出数列的通项公式是解决本题的关键9、A【解析】x2+1161N=log12(x2+又M=a+1a-2=a-2+10a-2N.答案:A点睛：这个题目考查了比较函数值的大小关系；比较大小的常用方法有：做差，如果数值均为正，还可以考虑做商；还可以构造函数应用单调性比较大小；还可以放缩比较大小，常用的放缩方式有：不等式的应用10、D【解析】根据向量运算和向量夹角公式，向量模依次判断每个选项得到答案.【详解】，故，故错误；，故错误；，故，故，错误

11、；，故，正确.故选：.【点睛】本题考查了向量数量积，向量夹角，向量模，意在考查学生的计算能力.11、A【解析】由已知，先表示出命题“两次射击至少有一次没有击中目标”，在选择使该命题成立的一个充分条件.【详解】命题是“第一次射击击中目标”，命题是“第二次射击击中目标”，命题“两次射击至少有一次没有击中目标”,“两次射击中至少有一次没有击中目标”为真命题的充要条件:为真.故选：A【点睛】本题考查的知识点是事件的表示，本题考查复合命题的真假的判断，考查充分条件的选择,属于基础题.12、C【解析】由题意，根据甲丙丁的支付方式进行分类，根据分类计数原理即可求出【详解】顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，

12、顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，当甲丙丁顾客都不选微信时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人种，当甲选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有，故有2+5=7种，当甲丙丁顾客都不选支付宝时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人种，当甲选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有，故有2+5=7种，当甲丙丁顾客都不选银联卡时，若有人使用现金，则,若没有人使用现金，则有种，故有6+6=12种，根据分步计数原理可得共有7+7+6+6=26种，故选C【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思

13、想，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】将问题转化为个白球和个黑球，从中任取一个，取到白球的概率来求解.【详解】由于第一次取出黑球，故原问题可转化为个白球和个黑球，从中任取一个，则取到白球的概率为.【点睛】本小题主要考查条件概率的计算，考查古典概型的计算，属于基础题.14、【解析】分析：中，由在定义域内是一个偶函数，知为奇函数，由此能求出的取值范围.详解：中，在定义域内是一个偶函数，要使函数为奇函数，则为奇函数，当时，；当时，；当时，.只有定义域为的子区间，且定义域关于0对称，才是奇函数，即，.故答案为：.点睛：本题考查函数的奇偶性的应用，解题时要认真审题，

14、仔细解答，注意分类讨论思想的灵活应用.15、1【解析】直接利用余弦函数的周期公式求解即可【详解】函数的最小正周期是：1故答案为1【点睛】本题考查三角函数的周期的求法，是基本知识的考查16、【解析】分析：先根据导数研究图像，再根据与图像交点情况确定实数的取值范围.详解：令，所以当时，；当时，；作与图像，由图可得要使函数恰有两个不同的零点，需点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等三、解答题：共70分。解答应

15、写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、 (1).(2)见详解.【解析】(1)设公差为，由已知条件列出方程组，解得，解得数列的通项公式.(2)得出，可由裂项相消法求出其前项和，进而可证结论.【详解】(1)设等差数列的公差为().由题意得则化简得解得所以.(2)证明：，所以.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的基本量运算、裂项相消法求和、不等式的证明.通项公式形如的数列，可由裂项相消法求和.18、（1）；（2）对一切正整数，有.【解析】（1）运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）对一切正整数n，有，考虑当时，再由裂项相消求和，即可得证。【详解】（1）当时，两式做差得，当

16、时，上式显然成立，。（2）证明：当时，可得由可得即有则当时，不等式成立。检验时，不等式也成立，综上对一切正整数n，有。【点睛】本题考查数列递推式，考查数列求和，考查裂项法的运用，确定数列的通项是关键19、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）求出第一个等边圆柱的体积，设第个等边圆柱的底面半径为，其外接圆锥的底面半径为，高为，则其体积，进一步求得第个等边圆柱的体积，作比可得这些等边圆柱的体积从大到小排成一个等比数列；（2）由这些等边圆柱的体积之和为原来圆锥体积的可得与的关系，则答案可求【详解】（1）证明：如图，设圆锥的底面半径为，高为，内接等边圆柱的底面半径为，则由三角形相似可得：，可得其体积设

17、第个等边圆柱的底面半径为，其外接圆锥的底面半径为，高为，则其体积，再设第个等边圆柱的底面半径为，则其外接圆锥的底面半径为，高为，则第个等边圆柱的体积为定值，则这些等边圆柱的体积从大到小排成一个以为首项，以为公比的等比数列；（2）解：原来圆锥的体积为，这些等边圆柱的体积之和为由，得，则最大的等边圆柱的体积为，圆锥的体积为，体积之比为【点睛】本题考查圆柱、圆锥体积的求法，考查等比数列的确定及所有项和公式的应用，是中档题20、（1）见解析；（2）【解析】（1）取中点，中点，连结，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出图1中点在靠近点的三等分点处；（2）求出平面的法向量和平面

18、的法向量，利用向量法能证明无论点D的位置如何，二面角的余弦值都为定值【详解】解：（1）在图2中，取中点，中点，连结，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则，故，异面直线与垂直，解得x（舍）或x，图1中点在靠近点的三等分点处（2）证明：平面的法向量，设平面的法向量，则即，取，得，设二面角的平面角为，则为钝角，故，无论点的位置如何，二面角的余弦值都为定值【点睛】本题考查利用空间向量确定空间中点的位置以及二面角的余弦值的计算，考查运算能力求解能力和推理论证能力，是中档题21、（）详见解析；（）0.【解析】（）对分三种情况讨论，利用导数求的单调区间；（）先求出函数h(x)在上单调递减，在上单调递增，再求出，即得解.【详解】解：（I）时，令令故在单调递增，在上单调递减；01时，恒成立，故在单调递增.时，令