2022届山西省朔州市平鲁区李林中学数学高二第二学期期末考试模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、目要求的。1已知复数，则（ ）A1BCD52若函数f(x)=x2lnx与函数A(-,1e2-1e3某技术学院安排5个班到3个工厂实习，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，则不同的安排方法共有（ ）A60种B90种C150种D240种4甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问数学考试的成绩老师说：你们四人中有两位优秀、两位良好，我现在给乙看甲、丙的成绩，给甲看丙的成绩，给丁看乙的成绩，看后乙对大家说：我还是不知道我的成绩.根据以上信息，则（ ）A甲可以知道四人的成绩B丁可以知道四人的成绩C甲、丁可以知道对方的成绩D甲、丁可以知道自己的成绩5已知随机变量服从正态分布，且，则( )ABCD6已知

3、，且恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD7设ABC的三边长分别为a，b，c，ABC的面积为S，则ABC的内切圆半径为.将此结论类比到空间四面体：设四面体的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，体积为V，则四面体的内切球半径为r（ ）ABCD8设i是虚数单位，z表示复数z的共轭复数.若z=1+i，则ziA-2 B-2i C2 D2i9设非零向量，满足，则与的夹角为（ ）ABCD10从1，2，3，4，5中任取2个不同的数，事件“取到的2个数之和为偶数”，事件“取到的2个数均为偶数”，则（ ）ABCD11一名法官在审理一起珍宝盗窃案时，四名嫌疑人甲、乙、丙、丁的供词如下，甲说:“罪犯在 乙、

4、丙、丁三人之中”；乙说:“我没有作案，是丙偷的”；丙说：“甲、乙两人中有一人是小偷”；丁说：乙说的是事实”.经过调查核实，四人中有两人说的是真话，另外两人说的是假话， 且这四人中只有一人是罪犯，由此可判断罪犯是（ ）A甲 B乙 C丙 D丁12已知x,y的取值如下表，从散点图知，x,y线性相关，且y=0.6x+a，则下列说法正确的是（x1234y3.2A回归直线一定过点(2.2,2.2)Bx每增加1个单位，y就增加1个单位C当x=5时，y的预报值为3.7Dx每增加1个单位，y就增加0.7个单位二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建

5、立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位已知直线l的参数方程是（t为参数），圆C的极坐标方程是，则直线l被圆C截得的弦长为_14已知函数，则函数f（x）的最小正周期 _15函数若，且，则的取值范围是_16已知函数的定义域是，关于函数给出下列命题：对于任意，函数是上的减函数；对于任意，函数存在最小值；存在，使得对于任意的，都有成立；存在，使得函数有两个零点其中正确命题的序号是_(写出所有正确命题的序号)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）函数.（1）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；（2）求证：，时，.18（12分）已知等差数列的公差为，等差数列的公差

6、为，设，分别是数列，的前项和，且，.（1）求数列，的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：.19（12分）如图，在边长为的正方形中，点是的中点，点是的中点，点是上的点，且将AED，DCF分别沿，折起，使，两点重合于，连接，.（）求证：；（）试判断与平面的位置关系，并给出证明.20（12分）如图，已知四棱锥的底面为菱形，（1）求证：；（2）求二面角的余弦值21（12分）在ABC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22（10分）设函数.（1）当时，解不等式；（2）若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围.参考答案一、选择题：本题共12小

7、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、C【解析】.故选2、B【解析】通过参数分离得到a=lnx2x-x2lnx【详解】若函数f(x)=x2lnx2ln设t=t=lnxxt=1-lnx画出图像：a=t2-a=t2-t1t2=故答案为B【点睛】本题考查了函数的零点问题，参数分离换元法是解题的关键.3、C【解析】先将5人分成3组，3，1，1和2，2，1两种分法，再分配，应用排列组合公式列式求解即可.【详解】将5个班分成3组，有两类方法：（1）3，1，1，有种；（2）2，2，1，有种.所以不同的安排方法共有种.故选C.【点睛】本题主要考查了排列组合的实际应用

8、问题：分组分配，注意此类问题一般要先分组再分配（即为排列），属于基础题.4、D【解析】先由乙不知道自己成绩出发得知甲、丙和乙、丁都是一优秀、一良好，那么甲、丁也就结合自己看的结果知道自己成绩了.【详解】解：乙看后不知道自己成绩，说明甲、丙必然是一优秀、一良好，则乙、丁也必然是一优秀、一良好；甲看了丙的成绩，则甲可以知道自己和丙的成绩；丁看了乙的成绩，所以丁可以知道自己和乙的成绩，故选D.【点睛】本题考查了推理与证明，关键是找到推理的切入点.5、A【解析】分析：根据随机变量服从正态分布，求得其图象的对称轴，再根据曲线的对称性，即可求解答案详解：由题意，随机变量服从正态分布，所以，即图象的对称轴为

9、，又由，则，则，故选A点睛：本题主要考查了正态分布的应用，其中熟记正态分布的图象关于对称，利用图象的对称性求解相应的概率是解答的关键，着重考查了推理与论证能力6、D【解析】由题意可构造函数，由在上恒成立，分离参数并构造新的函数，利用导数判断其单调性并求得最小值，即可求出的取值范围.【详解】由，得恒成立，令，即，则在上单调递减，所以在上恒成立，当时，成立，当时，等价于，令，则，所以在上单调递减， ，即故选：D【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题的解法，考查导数和构造函数的应用，考查学生分析转化能力和计算能力，属于中档题.7、C【解析】由内切圆类比内切球，由平面图形面积类比立体图形的体积，结合求三

10、角形的面积的方法类比求四面体的体积即可.【详解】设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是r，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和则四面体的体积为：，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了类比推理的应用，属于中档题.8、C【解析】试题分析：因为z=1+i，所以z=1-i，所以z考点：复数的运算.HYPERLINK /console/media/qsh6Myc1lfHNxowJbW_3haJ_F9Pgj2KLPLkUqChiS_SGzXX5EfCommR-w0XEaucnn8gnI7EFpGtUW-UAYn4k-kWqFYBdEHY-3dc3ovD4v

11、SFGWKNYpBzstBX8z5IcqJYUd4PzhMfR9yrGqYq9wLNHJg视频9、B【解析】由，且，可得，展开并结合向量的数量积公式，可求出的值，进而求出夹角.【详解】由，且，得，则，即，故，则，故.又，所以.故选：B【点睛】本题考查向量夹角的求法，考查向量的数量积公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.10、B【解析】两个数之和为偶数，则这两个数可能都是偶数或都是奇数，所以。而，所以，故选B11、B【解析】乙、丁两人的观点一致，乙、丁两人的供词应该是同真或同假；若乙、丁两人说的是真话，则甲、丙两人说的是假话，由乙说真话推出丙是罪犯的结论；由甲说假话，推出乙、丙、丁三人

12、不是罪犯的结论，矛盾；乙、丁两人说的是假话，而甲、丙两人说的是真话；由甲、丙的供述内容可以断定乙是罪犯12、C【解析】由已知求得样本点的中心的坐标，代入线性回归方程即可求得a值，进一步求得线性回归方程，然后逐一分析四个选项即可得答案【详解】解：由已知得，x=1+2+3+44=2.5，由回归直线方程y=0.6x+a恒过样本中心点（2.5，2.2），得2.2=0.62.5+回归直线方程为yx每增加1个单位，y就增加1个单位，故B错误；当x5时，y的预测值为3.1，故C正确；x每增加1个单位，y就增加0.6个单位，故D错误正确的是C故选C【点睛】本题考查线性回归直线方程，解题关键是性质：线性回归直线

13、一定过点(x二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】分析：先求出直线的普通方程，再求出圆的直角坐标方程，再利用公式求直线被圆C截得的弦长.详解：由题意得直线l的方程为x-y-4=0,圆C的方程为(x-2)2+y2=4.则圆心到直线的距离d=，故弦长=.故答案为2.点睛：（1）本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线和圆的弦长的计算，意在考查学生对这些问题的掌握水平.(2)求直线被圆截得的弦长常用公式.14、【解析】首先根据二倍角公式先化简以及辅助角公式化简，再根据即可。【详解】由题意得：，函数f（x）的最小正周期；【点睛】本题主要考查了三角函数的化

14、简以及周期的计算，属于基础题。15、【解析】设，用表示，然后计算的范围，再次代入分段函数，即可求解，得到答案.【详解】设，作出函数的图象，由图象可得时，由，解得，由，解得，则，因为，则，设，则，此时，所以的取值范围是.【点睛】本题主要考查了分段函数的应用，以及二次函数的图象与性质的应用，其中解答中作出函数的图象，结合函数的图象，列出的关系式，求得的取值范围是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.16、【解析】函数的定义域是，且，当时，在恒成立，所以函数在上单调递增，故错误；对于，存在，使，则在上单调递减，在上单调递增，所以对于任意，函数存在最小值，故正确；函数的

15、图象在有公共点，所以对于任意，有零点，故错误；由得函数存在最小值，且存在，使，当时，当时，故正确；故填.点睛：本题的易错点在于正确理解“任意”和“存在”的含义，且正确区分两者的不同.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）见解析【解析】(1)利用函数在区间单调递增，则其导函数在此区间大于等于零恒成立可得； (2)由第（1）问的结论，取 时构造函数，得其单调性，从而不等式左右累加可得.【详解】（1）解：，在上为增函数，在上恒成立，即在上恒成立，的取值范围是.（2）证明：由（1）知时，在上为增函数，令，其中，则，则，即，即，累加得，.【点睛】本题关键在于构造

16、出所需函数，得其单调性，累加可得，属于难度题。18、（1），；（2）见解析【解析】（1）由等差数列的通项公式及求和公式列的方程组求解则可求，进而得（2）利用分组求和即可证明【详解】（1）因为数列，是等差数列，且，所以.整理得，解得，所以，即，即.综上，.（2）由（1）得，所以，即.【点睛】本题考查等差数列的通项公式及求和公式，裂项相消求和，考查推理计算能力，是中档题19、 (1)见解析；（2）见解析.【解析】分析：（1）折叠前,，折叠后，从而即可证明；（2）连接交于，连接，在正方形中，连接交于，从而可得，从而在中，即得，从而平面.详解：（）证明：折叠前, 折叠后， 又平面，而平面 （）平面，证

17、明如下：连接交于，连接，在正方形中，连接交于，则，所以， 又，即，在中，所以. 平面，平面，所以平面.点睛：本题主要考查线面之间的平行与垂直关系，注意证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想线面垂直的性质，常用来证明线线垂直20、（1）见解析；（2）面角的余弦值为【解析】（1）取的中点，连接，由已知条件推导出，从而平面，从而（2）由已知得，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值【详解】（1）证明：取的中点，连接，四边形是菱形，且，是等边三角形，又，平面，又平面，（2

18、）由，得，又在等边三角形中得，已知，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则，设平面的一个法向量为，则，又二面角为钝角，二面角的余弦值为考点：直线与平面垂直的判定，二面角的有关计算21、 (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】（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