辽宁省朝阳市2021-2022学年高二数学第二学期期末达标测试试题含解析

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。1一个四面体各棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（）ABCD2已知函数，其中为自

2、然对数的底数，若存在实数使得，则实数的值为（ ）ABCD3设全集U1,3,5,7，集合M1，|a5|，MU，M5，7，则实数a的值为 ( )A2或8B8或2C2或8D2或84已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何体的体积是ABCD5展开式中的系数为（ ）ABCD606将两枚骰子各掷一次，设事件两个点数都不相同，至少出现一个3点，则（ ）ABCD7已知函数，若将函数的图象向右平移个单位后关于轴对称，则下列结论中不正确的是AB是图象的一个对称中心CD是图象的一条对称轴8已知椭圆的右焦点为，短轴的一个端点为，直线与椭圆相交于、两点.若，点到直线的距离不小于，则椭圆

3、离心率的取值范围为ABCD9已知函数的定义域是，则的展开式中的系数是（ ）AB192CD23010某地区一次联考的数学成绩近似地服从正态分布，已知，现随机从这次考试的成绩中抽取个样本，则成绩小于分的样本个数大约为（ ）ABCD11直线与曲线相切于点，则的值为（ ）A2B1C1D212下列推理是归纳推理的是（ ）A，为定点，动点满足，得的轨迹为椭圆.B由，求出，猜想出数列的前项和的表达式.C由圆的面积，猜出椭圆的面积.D科学家利用鸟类的飞行原理制造飞机.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13两根相距的木杆上系一根绳子，并在绳子上挂一盏灯，则灯与两端距离都大于的概率是_14当双曲线M

4、：的离心率取得最小值时，双曲线M的渐近线方程为_15命题，命题，则“或”是_命题.(填“真”、“假”）16若存在一个实数，使得成立，则称为函数的一个不动点，设函数（为自然对数的底数），定义在上的连续函数满足，且当时，若存在，且为函数一个不动点，则实数的最小值为_。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）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M，交PC于点N. （1）求证：平面ABM平面PCD；（2）求直线CD与平面ACM所成角的大小；（3）求点N到平面ACM的距离.18（12分）在ABC

5、中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（1）判断ABC的形状；（2）若，求的取值范围19（12分）已知数列满足（1）求；（2）求数列的前n项和；（3）已知是公比q大于1的等比数列，且，设，若是递减数列，求实数的取值范围20（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于，两点，求.21（12分）已知函数（1）求函数在上的最大值和最小值；（2）求证：当时，函数的图象在的下方22（10分）甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是和假

6、设两人射击是否击中目标相互之间没有影响；每人各次射击是否击中目标，相互之间也没有影响(1)求甲射击4次，至少有1次未击中目标的概率；(2)求两人各射击4次，甲恰好击中目标2次且乙恰好击中目标3次的概率参考答案一、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】试题分析：正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球，通过正方体的对角线的长度就是外接球的直径，求出球的表面积由于正四面体扩展为正方体，二者有相同的外接球，所以正方体的棱长为：1，所以正方体的对角线的长度就是外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为：，故选A.考点：球内接

7、多面体2、C【解析】先对函数求导，用导数的方法求最小值，再由基本不等式求出的最小值，结合题中条件，列出方程，即可求出结果.【详解】由得，由得；由得；因此，函数在上单调递减；在上单调递增；所以；又，当且仅当，即时，等号成立，故（当且仅当与同时取最小值时，等号成立）因为存在实数使得，所以，解得.故选C【点睛】本题主要考查导数的应用，以及由基本不等式求最小值，熟记利用导数求函数最值的方法，以及熟记基本不等式即可，属于常考题型.3、D【解析】分析：利用全集，由，列方程可求的值.详解：由，且，又集合，实数的值为或，故选D.点睛：本题考查补集的定义与应用，属于简单题. 研究集合问题，一定要抓住元素，看元素

8、应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系.4、B【解析】试题分析：如图，几何体是四棱锥，一个侧面PBC底面ABCD，底面ABCD是正方形,且边长为20，那么利用体积公式可知,故选B.考点：本题主要考查三视图、椎体的体积，考查简单几何体的三视图的运用培养同学们的空间想象能力和基本的运算能力点评：解决该试题的关键是由三视图可知，几何体是四棱锥，一个侧面垂直底面，底面是正方形，根据数据计算其体积5、A【解析】分析：先求展开式的通项公式，根据展开式中的系数与关系，即可求得答案.详解：展开式的通项公式，可得 展开式中含项： 即展开式中含的系数为.故选A.点睛：本题考查了二

9、项式定理的应用问题，利用二项展开式的通项公式求展开式中某项的系数是解题关键.6、A【解析】分析：利用条件概率求.详解：由题得所以故答案为：A.点睛：（1）本题主要考查条件概率，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 条件概率的公式: , =.7、C【解析】函数的图象向右平移个单位，可得,的图象关于轴对称，所以,时可得，故，不正确，故选C.8、C【解析】根据椭圆对称性可证得四边形为平行四边形，根据椭圆定义可求得；利用点到直线距离构造不等式可求得，根据可求得的范围，进而得到离心率的范围.【详解】设椭圆的左焦点为，为短轴的上端点，连接，如下图所示：由椭圆的对称性可知，关于原点对称，

10、则又 四边形为平行四边形 又，解得：点到直线距离：，解得：，即 本题正确选项：【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，重点考查椭圆几何性质，涉及到椭圆的对称性、椭圆的定义、点到直线距离公式的应用等知识.9、A【解析】函数的定义域是可知，-1和2是方程的两根，代入可求得值，再根据二项式定理的通项公式进行求解即可【详解】因为的定义域，所以-1和2是方程的两根，将-1代入方程可得，则二项式定理为根据二项式定理的通项公式，的系数答案选A【点睛】本题考察了一元二次方程根与系数的关系，二项式定理通项公式的求法及二项式系数的求法，难度不大，但综合性强10、A【解析】分析：根据正态分布的意义可得即可得出结论.详解：

11、由题可得：又对称轴为85，故，故成绩小于分的样本个数大约为100 x0.04=4故选A.点睛：本题考查正态曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题，解题关键是要知道.11、A【解析】求得函数的导数，可得切线的斜率，由切点满足切线的方程和曲线的方程，解方程即可求解，得到答案【详解】由题意，直线与曲线相切于点，则点满足直线，代入可得，解得，又由曲线，则，所以，解得，即，把点代入，可得，解答，所以，故选A【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求解参数问题，其中解答中熟记导数的几何意义，合理准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题12、B【解析】根据归纳推理的定义即可选出答案。【

12、详解】归纳推理是由个别事实概括出一般结论的推理。A为演绎推理B为归纳推理C为类比推理D为类比推理故选B【点睛】本题考查归纳推理，属于简单题。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】在距绳子两段两米处分别取A，B两点，当绳子在线段AB上时（不含端点），符合要求，所以灯与两端距离都大于2m的概率为，故填14、【解析】求出双曲线离心率的表达式，求解最小值，求出m，即可求得双曲线渐近线方程【详解】解：双曲线M：，显然，双曲线的离心率，当且仅当时取等号，此时双曲线M：，则渐近线方程为：故答案为：【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求法，考查基本不等式的应用，属于基础题15、真【解析】

13、分析：先判断p,q真假，再判断“或”真假.详解：因为，所以p为假命题,因为，所以q为真命题,因此“或”是真命题，点睛：若要判断一个含有逻辑联结词的命题的真假，需先判断构成这个命题的每个简单命题的真假，再依据“或”：一真即真，“且”：一假即假，“非”：真假相反，做出判断即可.16、【解析】先构造函数，研究其单调性与奇偶性，再化简不等式，解得取值范围，最后根据不动点定义，利用导数求出的范围，即得最小值.【详解】由，令，则为奇函数，当时，所以在上单调递减，所以在上单调递减，因为存在，所以，所以，即.因为为函数一个不动点，所以在时有解，令，因为当时，所以函数在时单调递减，且时，所以只需，得.【点睛】本

14、题考查函数奇偶性、单调性以及利用导数研究方程有解问题，考查综合分析求解能力，属难题.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)证明见解析.(2) .(3) .【解析】分析：（）要证平面ABM平面PCD，只需证明平面PCD内的直线PD，垂直平面PAD内的两条相交直线BM、AB即可；（）先根据体积相等求出D到平面ACM的距离为h，即可求直线PC与平面ABM所成的角；（）先根据条件分析出所求距离等于点P到平面ACM距离的，设点P到平面ACM距离为h，再利用第二问的结论即可得到答案详解：（1）AC是所作球面的直径，AMMC，PA平面ABCD，则PACD，又CDAD，C

15、D平面PAD，则CDAM，AM平面PCD，平面ABM平面PCD；（2），设D到平面ACM的距离为h，由，求得，；（3），所求距离. 点睛：这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可.18、 (1) ABC为的直角三角形(2) .【解析】分析：（1）由已知条件结合正弦定理对已知化简可求得角的值，进而可判断三角形的形状；（2）由辅助角公式对已知函数先化简，然后代入可求得，结合（1）中的角求得角的范围，然后结合正弦函数的性质，即可求解【详解

16、】（1）因为，由正弦定理可得，即，所以因为在ABC中，所以又，所以，所以ABC为的直角三角形 （2）因为 =所以因为ABC是的直角三角形，所以，且，所以当时，有最小值是所以的取值范围是点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.19、（1）（2）（3）【解析】（1）利用项和转换可得，即得；（2），裂项求

17、和法可得解；（3）代入，可得，转化是递减数列为恒成立，化简可得，恒成立，又是递减数列，即得解.【详解】（1）由题意，数列的前n项和当时，有，所以当时，所以，当时，又符合时与n的关系式，所以（2），（3）由，得又，所以所以因为是递减数列，所以，即化简得所以，恒成立又是递减数列，所以的最大项为所以，即实数的取值范围是【点睛】本题考查了数列综合，考查了项和转换、裂项求和、数列的单调性等知识点，考查了学生综合分析，转化划归，分类讨论，数学运算的能力，属于较难题.20、 (1) (2)【解析】分析：（1）由参数方程消去参数t即可得直线的普通方程，利用直角坐标与极坐标的互化公式即可得曲线的直角坐标方程；（

18、2）由（1）求出圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，代入弦长公式求出.详解：（1）直线：（为参数）的普通方程为.因为，所以，所以，又，故曲线的普通方程为.（2）据（1）求解知，直线的普通方程为，曲线：为以点为圆心，半径长为的圆，所以点到直线的距离，所以直线被曲线截得线段的长为.点睛：转化与化归思想在参数方程、极坐标问题中的运用在对坐标系与参数方程的考查中，最能体现坐标法的解题优势，灵活地利用坐标法可以使问题得到简捷的解答例如，将题设条件中涉及的极坐标方程和参数方程等价转化为直角坐标方程，然后在直角坐标系下对问题进行求解就是一种常见的解题方法，对应数学问题求解的“化生为熟”原则，充分体现了转化与化归的数学思想21、（1）的最小值是，最大值是；（2）证明详见解析.【解析】试题分析：（1）先求导数，确定导函数恒大于零，即得函数单调递增，最后根据单调性确定最值，（2）先作差函数，利用导数研究函数单调性，再根据单调性去掉函数最值，根据最大值小于零得证结论.试题解析：(1)因为f(x)x2ln x，所以因为x1时，f(x)0，所以f(x)在1，e上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)1，最大值