2022年江苏省连云港市东海县高二数学第二学期期末调研试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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若幂函数的图象经过点，则其解析式为（）ABCD2如图，在正四棱柱中， 是侧面内的动点，且记与平面所成的角为，则的最大值为ABCD3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，且在

2、内，类比平面三角形射影定理，得出正确的结论是（）ABCD4将7个座位连成一排，安排4个人就坐，恰有两个空位相邻的不同坐法有 （ ）A240B480C720D9605已知函数的定义域为，且函数的图象关于轴对称，函数的图象关于原点对称，则（ ）ABCD6在复平面内，复数对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限7下列说法中， 正确说法的个数是（ ）在用列联表分析两个分类变量与之间的关系时，随机变量的观测值越大，说明“A与B有关系”的可信度越大以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则，的值分别是和 0.3已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为，

3、若，则A0B1C2D386本相同的数学书和3本相同的语文书分给9个人，每人1本，共有不同分法（）ABCD9如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数是()A420B210C70D3510已知数列是等比数列，若则的值为（ ）A4B4或-4C2D2或-211定义在上的偶函数满足，且在上单调递增，设，则，大小关系是（ ）ABCD12设满足约束条件 ，则的最大值是（ ）A-3B2C4D6二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知，_.14若为上的奇函数，且满足，对于下列命题：；是以4为周期的周期函数；的图像关于

4、对称；.其中正确命题的序号为_15若曲线与曲线在上存在公共点，则的取值范围为 16集合，若，则实数的值为_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） 选修4-5:不等式选讲已知函数=|x-a|+(a0)(1)若不等式-1恒成立,求实数m的最大值;(2)当a0)的左、右焦点，且椭圆C上的点到F2(1)求椭圆C的方程；(2)当F1N(3)当|F2N22（10分）在以直角坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，已知点到直线的距离为.（1）求实数的值；（2）设是直线上的动点，点在线段上，且满足，求点轨迹的极坐标方程.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分

5、，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】设幂函数，代入点，即可求得解析式.【详解】设幂函数，代入点，解得，.故选C.【点睛】本题考查了幂函数解析式的求法.2、B【解析】建立以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，设点，利用，转化为，得出，利用空间向量法求出的表达式，并将代入的表达式，利用二次函数的性质求出的最大值，再由同角三角函数的基本关系求出的最大值【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则、，设点，则，则，得，平面的一个法向量为，所以， ，当时，取最大值，此时，也取最大值，且，此时，因此，故

6、选B【点睛】本题考查立体几何的动点问题，考查直线与平面所成角的最大值的求法，对于这类问题，一般是建立空间坐标系，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的问题求解，考查运算求解能力，属于难题3、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

7、），着重考查了推理能力，属于基础题4、B【解析】12或67为空时，第三个空位有4种选择；23或34或45或56为空时，第三个空位有3种选择；因此空位共有24+43=5、A【解析】分析：根据奇函数与偶函数的定义，可求得函数的解析式；根据解析式确定的值。详解：令 ，则，因为为偶函数所以（1），因为 为奇函数所以（2）（1）-（2）得（3），令 代入得（4）由（3）、（4）联立得 代入得所以 所以 所以选A点睛：本题考查了抽象函数解析式的求解，主要是利用方程组思想确定解析式。方法相对比较固定，需要掌握特定的技巧，属于中档题。6、B【解析】化简复数，找出对应点得到答案.【详解】对应点为在第二象限故答案

8、选B【点睛】本题考查了复数的化简，属于简单题.7、D【解析】对题目中的三个命题判断正误，即可得出结论【详解】解：对于，分类变量A与B的随机变量K2越大，说明“A与B有关系”的可信度越大，正确；对于，以模型ycekx去拟合一组数据时，设zlny，由ycekx，两边取对数，可得lnyln（cekx）lnc+lnekxlnc+kx，令zlny，可得zlnc+kx，又z0.3x+4，lnc4，k0.3，ce4，正确；对于，根据回归直线方程为ya+bx，ab3211，正确；综上，正确的命题为，共3个故选：D【点睛】本题考查了回归方程，对数的运算性质，随机变量K2的概念与应用问题，是基础题8、A【解析】先

9、分语文书有 种，再分数学书有，故共有=，故选A.9、A【解析】将不同的染色方案分为：相同和不同两种情况，相加得到答案.【详解】按照的顺序：当相同时：染色方案为 当不同时：染色方案为 不同的染色方案为：种故答案为A【点睛】本题考查了加法原理和乘法原理，把染色方案分为相同和不同两种情况是解题的关键.10、A【解析】设数列an的公比为q，由等比数列通项公式可得q416，由a3a1q2，计算可得【详解】因故选：A【点睛】本题考查等比数列的性质以及通项公式，属于简单题11、C【解析】试题分析：可知函数周期为，所以在上单调递增，则在单调递减，故有.选C考点：函数的奇偶性与单调性【详解】请在此输入详解！12

10、、D【解析】先由约束条件画出可行域，再利用线性规划求解.【详解】如图即为，满足约束条件的可行域，由，解得，由得，由图易得：当经过可行域的时，直线的纵截距最大，z取得最大值，所以的最大值为6，故选【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、-80【解析】将改写为，根据展开式的通项公式即可求解出项的系数，即为.【详解】因为，所以，当时，所以项的系数为，所以.故答案为：.【点睛】本题考查利用配凑法求解展开式中指定项的系数，难度较易.对于展开式是形如的式子，可考虑利用配凑的方法将原二项式变形后再展开去求解对应

11、项的系数.14、【解析】由结合题中等式可判断命题的正误；根据题中等式推出来判断出命题的正误；由函数为奇函数来判断命题的正误；在题中等式中用替换可判断出命题的正误.【详解】对于命题，由于函数是上的奇函数，则，在等式中，令可得，得，命题正确；对于命题，所以，是以为周期的周期函数，命题正确；对于命题，由于函数是上的奇函数，不关于直线（即轴）对称，命题错误；对于命题，由，可得，即，由于函数是上的奇函数，则，命题正确.故答案为：.【点睛】本题考查函数的奇偶性、对称性以及周期性的推导，求解时充分利用题中的等式以及奇偶性、对称性以及周期性的定义式，不断进行赋值进行推导，考查推理能力，属于中等题。15、【解析

12、】试题分析：根据题意，函数与函数在上有公共点，令得：设则由得：当时，函数在区间上是减函数，当时，函数在区间上是增函数，所以当时，函数在上有最小值所以考点：求参数的取值范围16、【解析】根据并集运算法则计算得到答案.【详解】集合，若则 故答案为：【点睛】本题考查了集合的并集运算，属于简单题.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)1.(2) - ,0 ).【解析】分析：第一问首先根据题中所给的函数解析式，将相应的变量代入可得结果，之后应用绝对值不等式的性质得到其差值不超过，这就得到| m |1，解出范围从而求得其最大值，第二问解题的方向就是向最小值靠拢，应用最

13、小值小于零，从而求得参数所满足的条件，求得结果.详解：() f (x) =|x-a|+ ,f(x+m)=|x+m-a|+ ,f(x)-f(x+m)=|x-a|-|x+m-a| m | , | m |1 , -1 m 1 , 实数 m 的最大值为 1 ; ( )当 a 时,g(x)=f(x)+|2x -1|=|x-a|+|2x-1|+= g(x)min =g()=-a+ =0 , 或, -a0, 实数 a 的取值范围是 - ,0 ).点睛：该题考查的是有关不等式的综合题，在解题的过程中，需要明确绝对值不等式的性质，从而求得参数所满足的条件，从而求得结果，第二问就要抓住思考问题的方向，向最值靠拢，

14、即可求得结果.18、（1）（2）见解析（3），见解析【解析】（1）根据单调区间判断出是极值点，由此根据极值点对应的导数值为求解出的值，并注意验证是否满足；（2）先求解出，然后结合所给区间对进行分类讨论，分别求解出的单调性；（3）构造函数，分析的取值情况，由此求解出的取值范围；将证明通过条件转化为证明，由此构造新函数进行分析证明.【详解】（1）由于函数函数在上递增，在上递减，由单调性知是函数的极大值点，无极小值点，所以，故，此时满足是极大值点，所以；（2），当时，在上单调递增.当，即或时，在上单调递减.当且时，由 得.令得；令得.在上单调递增，在上单调递减.综上，当时，在上递增；当或时，在上递减

15、；当且时，在上递增，在上递减. （3）令，当时，单调递减；当时，单调递增；故在处取得最小值为又当，由图象知：不妨设，则有，令在上单调递增，故即，【点睛】本题考查函数与导数的综合运用，涉及到根据单调性求解参数、分类讨论法分析函数的单调性、双变量构造函数问题，难度较难.（1）已知是的极值点，利用求解参数值后，要注意将参数值带回验证是否满足；（2）导数中的双变量证明问题，一般的求解思路是：先通过转化统一变量，然后构造函数分析单调性和取值范围达到证明的目的.19、 (1) .(2) 【解析】分析：（1）设，先根据复数乘法得，再根据复数的模得解方程组可得，（2）先化成复数代数形式，再根据纯虚数概念列方程

16、组，解得实数m的值.详解： (1)设，由，得 又复数=在复平面内对应的点在第一、三象限的角平分线上.则，即 又，所以，则(2)=为纯虚数,所以可得 点睛：本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题.首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为20、（1）；（2）【解析】（1）把两边同时乘以，然后结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线的直角坐标方程，设直线的方程为，与曲线联立，利用根与系数的关系可得两个交点的中点的轨迹关于参数的参数方程；（2）化参数方程为普通方程，作出图形，数形结合即可求得曲线的

17、长度【详解】解：（1）曲线C的直角坐标方程为.设直线l的方程为，设直线l与曲线C的交点为，联立直线l与曲线C的方程得解得，设P的坐标为，则，代入l的方程得. 故的参数方程为.（2）由的参数方程得即.如图，圆C：圆心为，半径为2，圆D：圆心为，半径为2，曲线为劣弧，显然，所以的长度为.【点睛】本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查圆与圆位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题21、（1）x28+【解析】(1)根据椭圆的简单性质可得a-c=2t-t=22-2，求解(2)可设N(22cos,2sin)(3)向量F1M与向量F2N平行，不妨设F1M=F2N，设M(【详解】(1)点F1、F2分别是椭圆C：x22t椭圆C上的点到点F2的距离的最小值为22-2解得t=2，椭圆的方程为x2(2)由(1)可得F1(-2,0)，F2(2,0可设N(22F1NF1N解得cos=0，sin=1，F1N(3)向量F1M与向量F2|F2N|-|F设M(x1,(x1+2)=xx22x4(+1)x1=(1