2022年河北省石家庄市行唐县第三中学高二数学第二学期期末学业水平测试试题含解析

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若，则复数在复平面上对应的点在A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限22只猫把5只老鼠捉光

2、,不同的捉法有()种.ABCD3下列命题正确的是（ ）A第一象限角是锐角B钝角是第二象限角C终边相同的角一定相等D不相等的角，它们终边必不相同4在中，分别是内角，所对的边，若，则的形状为（ ）A等腰三角形B直角三角形C钝角三角形D锐角三角形5已知函数，若，且对任意的恒成立，则的最大值为A3B4C5D66在一次独立性检验中，其把握性超过99但不超过99.5，则的可能值为（ ）参考数据：独立性检验临界值表0.1000.0500.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828A5.424B6.765C7.897D11.8977在复平面内，复数对应的

3、点位于( )A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限8若且，且，则实数的取值范围（ ）ABC或D或9定义在 上的函数满足下列两个条件：（1）对任意的 恒有 成立；（2）当 时， ；记函数 ，若函数恰有两个零点，则实数 的取值范围是（ ）ABCD10在平面直角坐标系中,方程表示在x轴、y轴上的截距分别为的直线,类比到空间直角坐标系中,在轴、轴、轴上的截距分别为的平面方程为( )ABCD11设，则“”是“”的A必要不充分条件B充分不必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件12已知，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13圆：在矩阵对应的变换作用下得到了曲线，曲线的矩阵对

4、应的变换作用下得到了曲线，则曲线的方程为_14极坐标方程为所表示的曲线的离心率是_ 15若存在两个正实数x，y使等式成立，（其中）则实数m的取值范围是_.16袋中有形状、大小都相同的4只球，其中2只白球，2只红球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率是_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）在四棱锥中，四边形是平行四边形，且，（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）若，二面角的平面角的余弦值为，求的正弦值18（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）设是的两个零点，证明：19（12分）已知菱形所在平面，为线段的中点, 为线段上一点，且 （1）

5、求证： 平面； （2）若，求二面角的余弦值20（12分）为丰富市民的文化生活，市政府计划在一块半径为200m，圆心角为的扇形地上建造市民广场，规划设计如图：内接梯形区域为运动休闲区，其中A，B分别在半径，上，C，D在圆弧上，；上，；区域为文化展区，长为，其余空地为绿化区域，且长不得超过200m.(1)试确定A，B的位置，使的周长最大？(2)当的周长最长时，设，试将运动休闲区的面积S表示为的函数，并求出S的最大值.21（12分）已知曲线的参数方程为(为参数)，以原点为极点，以轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）射线与曲线交点为、两

6、点，射线与曲线交于点，求的最大值22（10分）从5名男生和4名女生中选出4人去参加座谈会，问：(1)如果4人中男生和女生各选2人，有多少种选法？(2)如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有多少种选法？(3)如果4人中必须既有男生又有女生，有多少种选法？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】分析：利用二次函数的性质可判定复数的实部大于零，虚部小于零，从而可得结果.详解：因为，所以复数在复平面上对应的点在第四象限，故选D.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算要注意对实部、虚部的理解

7、，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.2、B【解析】分析：利用乘法分步计数原理解决即可.详解：由于每只猫捉老鼠的数目不限，因此每一只老鼠都可能被这2只猫中其中一只捉住，由分步乘法计数原理，得共有不同的捉法有种.故选：B.点睛：(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连

8、续，逐步完成3、B【解析】由任意角和象限角的定义易知只有B选项是正确的.【详解】由任意角和象限角的定义易知锐角是第一象限角，但第一象限角不都是锐角，故A不对，终边相同的角相差2k，kZ，故C，D不对只有B选项是正确的故选B4、B【解析】利用正弦定理和两角和的正弦化简可得，从而得到即.【详解】因为，所以，所以即，因为，故，故，所以，为直角三角形，故选B.【点睛】在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式.5、B【解析】由,则=可化简为,构造函数,令,即在单调递增,设,因为,所以,且,故在上单调递减, 上单调递增,所以

9、,又,即k的最小值为4,故选B.点睛:本题考查函数的恒成立和有解问题,属于较难题目.首先根据自变量x 的范围,分离参数和变量,转化为新函数g(x)的最值,通过构造函数求导判断单调性,可知在上单调递减, 上单调递增,所以,且,通过对最小值化简得出的范围,进而得出k的范围.6、B【解析】根据独立性检验表解题【详解】 把握性超过99但不超过99.5，选B【点睛】本题考查独立性检验表，属于简单题7、A【解析】试题分析：,对应的点，因此是第一象限考点：复数的四则运算.8、C【解析】试题分析：根据题意，由于且，且成立，当0a1时，根据对数函数递减性质可知，故可知范围是，综上可知实数的取值范围C考点：不等式

10、点评：主要是考查了对数不等式的求解，属于基础题9、C【解析】根据题中的条件得到函数的解析式为：f（x）x+2b，x（b，2b，又因为f（x）k（x1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，再结合函数的图象根据题意求出参数的范围即可【详解】因为对任意的x（1，+）恒有f（2x）2f（x）成立， 且当x（1，2时，f（x）2x；f（x）2（2）=4x，x（2，4，f（x）4（2）=8x，x（4，8，所以f（x）x+2b，x（b，2b（b取1，2，4）由题意得f（x）k（x1）的函数图象是过定点（1，0）的直线，如图所示只需过（1，0）的直线与线段AB相交即可（可以与B点重合但不能与A点重合）kPA2

11、，kPB，所以可得k的范围为故选：C【点睛】解决此类问题的关键是熟悉求函数解析式的方法以及函数的图象与函数的性质，数形结合思想是高中数学的一个重要数学思想，是解决数学问题的必备的解题工具10、A【解析】平面上直线方程的截距式推广到空间中的平面方程的截距式是.【详解】由类比推理得：若平面在轴、轴、轴上的截距分别为，则该平面的方程为：，故选A.【点睛】平面中的定理、公式等类比推理到空间中时，平面中的直线变为空间中的直线或平面，平面中的面积变为空间中的体积.类比推理得到的结论不一定正确，必要时要对得到的结论证明.如本题中，可令，看是否为.11、B【解析】根据绝对值不等式和三次不等式的解法得到解集，根

12、据小范围可推大范围，大范围不能推小范围得到结果.【详解】解得到，解，得到，由则一定有；反之,则不一定有；故“”是“”的充分不必要条件.故答案为：B.【点睛】判断充要条件的方法是：若pq为真命题且qp为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；若pq为假命题且qp为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；若pq为真命题且qp为真命题，则命题p是命题q的充要条件；若pq为假命题且qp为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系12、C【解析】根据二项分布求对应概率【详解】，所以选C.【点睛】本题考

13、查二项分布，考查基本分析求解能力，属基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析：详解：，设为曲线上任意一点，是圆：上与P对应的点，得，是圆上的点，的方程为，即.故答案为：.点睛：本题考查了几种特殊的矩阵变换，体现了方程的数学思想.14、【解析】将极坐标方程化为直角坐标方程，即可求得曲线的离心率.【详解】极坐标方程，展开化简可得，即，因为代入可得则曲线为双曲线，由双曲线标准方程可知，所以双曲线离心率为，故答案为：.【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程的转化，双曲线离心率的求法，属于基础题.15、【解析】， ，设 ，设 ，那么 ， 恒成立，所以是单调递减函数，当时

14、， ，当时， ，函数单调递增，当 ， ，函数单调递减，所以 在时，取得最大值， ，即 ，解得： 或 ，写出区间为 ，故填： .16、【解析】根据古典概型的概率计算公式求解即可【详解】解：由题意，根据古典概型的概率计算公式得所求概率为，故答案为：【点睛】本题主要考查古典概型的概率计算公式，属于基础题三、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）0；（2）.【解析】（1）首先设与的交点为，连接.根据已知及三角形全等的性质可证明面，即可得到异面直线与所成角的余弦值.（2）首先作于点，连接，易证，得到，即为二面角的一个平面角，再利用余弦定理即可得到的正弦值.【详解】（1）设

15、与的交点为，连接.因为四边形是平行四边形，且，所以四边形是菱形.因为，所以，.又因为，及，所以，即，面.故异面直线与夹角的余弦值为.（2）作于点，连接，因为，所以，所以，即为二面角的一个平面角，设，则，解得，.所以的正弦值为【点睛】本题第一问考查异面直线成角问题，第二问考查二面角的计算，属于中档题.18、（1）见解析（2）见解析【解析】分析：（1）求导，对参数分两种情况进行讨论，令得函数的单调递增区间，令得函数的单调递减区间；（2）令，分离参数得，令，研究函数的性质，可将证明转化为证明，即证明成立，令，利用导数研究函数的增减性，可得，问题得证.详解：（1），当时，则在上单调递增当时，令，得，则

16、的单调递增区间为，令，得，则的单调递减区间为（2）证明：由得，设，则由，得；由，得故的最小值当时，当时，不妨设，则，等价于，且在上单调递增，要证：，只需证，只需证，即，即证；设，则，令，则，在上单调递减，即在上单调递减，在上单调递增，从而得证点睛：本题主要考查导数的应用，第一问属于易得分题，只需对参数进行分类讨论，再分别令，即可求解函数的增、减区间，进而判断其单调性；第二问解题时，首先对进行参数分离，再构造新函数，利用函数的单调性，将原问题转化为不等式恒成立问题，进而再利用导数证明.19、（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）取的中点，连接，得，由线面平行的判定定理得平面，连接交与点,连接，

17、得，进而得平面，再由面面平行的判定，得平面平面，进而得到平面（2）建立空间直角坐标系，求解平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解详解：（1）证明：取的中点，连接为的中点，平面2分连接交与点,连接为的中点，平面4分平面平面又平面平面6分（2）如图，建立空间直角坐标系则 7分设平面的法向量为则，即不放设得8分设平面的法向量为则，即不放设得10分则二面角的余弦值为12分点睛：本题考查了立体几何中的直线与平面，平面与平面平行的判定及应用，以及二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角

18、的构成.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.20、（1）、都为50m；（2）；最大值为.【解析】对于（1），设，m，在OAB中，利用余弦定理可得，整理得，结合基本不等式即可得出结论；对于（2），当AOB的周长最大时，梯形ACBD为等腰梯形，过O作OFCD交CD于F，交AB于E，则E、F分别为AB，CD的中点，利用已知可表示出相关线段；然后利用梯形的面积公式可知， ，令，结合导数，确定函数的单调性，即可求出S的最大值【详解】解：（1）设，m，在中，即.所以.所以，当且仅当时，取得最大值，此时周长取得最大值.答：当、都为50m时，的

19、周长最大. （2）当的周长最大时，梯形为等腰梯形. 如上图所示，过O作交于F，交于E，则E、F分别为、的中点，所以.由，得.在中，.又在中，故.所以，.令，.又及在上均为单调递减函数，故在上为单调递减函数.因，故在上恒成立，于是，在上为单调递增函数.所以当时，有最大值，此时S有最大值为.答：当时，梯形面积有最大值，且最大值为.【点睛】本题主要考查了余弦定理、基本不等式以及导数的应用，在（2）中得到后，利用导数得到求出，结合函数在公共区间上，减函数+减函数等于减函数，从而确定在上为单调递减函数.属于难题.21、（1），；（2）【解析】（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，再由转化为极坐标方程，将曲线的极坐标利用两角差的正弦公式展开，由转化为直角坐标方程；（2）点和点的极坐标分别为，将点、的极坐标分别代入曲线、的极坐标方程，得出、的表达式，再利用辅助角公式计算出的最大值。【详解】（1）由曲线的参数方程（为参数）得：，即曲线的普通方程为，又， 曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程可化为， 故曲线的直角方程为；（2）由已知，设点和点的极坐标分别为，其中则，于是 其中，由于，当时，的最大值是【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的互化，以