河北省衡水滁州分校2022年高二数学第二学期期末统考模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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 “杨辉三角”又称“贾宪三角”，是因为贾宪约在公元1050年首先使用“贾宪三角”进行高次开方运算，而杨辉在公元1261年所著的详解九章算法一书中，记录了贾宪三角形数表，并称之为“开方

2、作法本源”图下列数表的构造思路就源于“杨辉三角”该表由若干行数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则这个数是 （ ）2017 2016 2015 20146 5 4 3 2 14033 4031 402911 9 7 5 38064 806020 16 12 81612436 28 20ABCD2若函数的定义域为R，则实数a的取值范围为（ ）AB（0，1）CD（1，0）3在复数列中，设在复平面上对应的点为，则（ ）A存在点，对任意的正整数，都满足B不存在点，对任意的正整数，都满足C存在无数个点，对任意的正整数，都满足D存在唯一的点，对任意的正整数

3、，都满足4已知椭圆C:x225+y2m2=1(m0)的左、右焦点分别为FA2B3C23D5已知、为双曲线C：的左、右焦点，点P在C上，P=，则P到x轴的距离为ABCD6某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了如图所示的折线图.根据该折线图，下列结论错误的是（ ）A月接待游客量逐月增加B年接待游客量逐年增加C各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月D各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳7已知双曲线mx2-yAy=24xBy=28集合，则（ ）ABCD9已知，则（ ）

4、A1BCD10对于平面、和直线、,下列命题中真命题是( )A若,则B若,则C若则D若,则11长方体中，则直线与平面ABCD所成角的大小（ ）ABCD12某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13正四棱柱的底面边长为2，若与底面ABCD所成角为60，则和底面ABCD的距离是_14函数的导函数_15设随机变量的概率分布列如下图，则_123416在平行六面体（即六个面都是平行四边形的四棱柱）中，又，则的余弦值是_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）深受广大球迷喜爱的某支欧洲足球队.在

5、对球员的使用上总是进行数据分析，为了考察甲球员对球队的贡献，现作如下数据统计：球队胜球队负总计甲参加22b30甲未参加c12d总计30en（1）求b,c,d,e,n的值，据此能否有97.7%的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关；（2）根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为：0.2,0.5,0.2,0.1，当出任前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为：0.4,0.2,0.6,0.2.则：当他参加比赛时，求球队某场比赛输球的概率；当他参加比赛时，在球队输了某场比赛的条件下，求乙球员担当前锋的概率；附表及公式：0.150.100.050.025

6、0.0100.0050.001k2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828.18（12分）已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）求的单调区间；（3）若在区间上恒成立，求实数a的取值范围19（12分）在中,角所对的边分别为且.（1）求角的值；（2）若为锐角三角形,且,求的取值范围.20（12分）已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形, ABCD,ACBD,垂足为H, PH是四棱锥的高,E为AD中点,设1)证明：PEBC；2)若APBADB60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值21（12分）已知a，点在矩阵对应的变换下得到点.（1）求a，b的值；（2）求

7、矩阵A的特征值和特征向量；（3）若向量，求.22（10分）已知函数（1）求函数在区间上的最大值和最小值；（2）已知，求满足不等式的的取值范围参考答案一、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、B【解析】数表的每一行都是等差数列，从右到左，第一行公差为1，第二行公差为2，第三行公差为4，第2015行公差为22014，第2016行只有M，由此可得结论【详解】由题意，数表的每一行都是等差数列，从右到左，且第一行公差为1，第二行公差为2，第三行公差为4，第2015行公差为22014，故从右到左第1行的第一个数为：221，从右到左第2行的第一

8、个数为：320，从右到左第3行的第一个数为：421，从右到左第n行的第一个数为：（n+1）2n2，第2017行只有M，则M=（1+2017）22015=201822015故答案为：B【点睛】本题主要考查归纳与推理，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.2、A【解析】首先由题意可得，再由对数式的运算性质变形，然后求解对数不等式得答案.【详解】由题意可得，第一个式子解得或；第二个式子化简为，令，则，解得或，则或，则或.即或.综上，实数的取值范围为.故选：A.【点睛】本题主要考查以函数定义域为背景的恒成立问题，二次型函数的恒成立问题一般借助判别式进行处理，本题同时兼顾考查了对数的运算性质，

9、综合性较强，侧重考查数学运算的核心素养.3、D【解析】由，由复数模的性质可得出，可得出数列是等比数列，且得出，再由，结合向量的三角不等式可得出正确选项.【详解】，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，且（为坐标原点），由向量模的三角不等式可得，当点与坐标原点重合时，因此，存在唯一的点，对任意的正整数，都满足，故选：D.【点睛】本题考查复数的几何意义，同时也考查了复数模的性质和等比数列的综合应用，解题的关键就是利用向量模的三角不等式构建不等关系进行验证，考查推理能力，属于难题.4、D【解析】由椭圆的定义知PF1F2的周长为2a+2c=16，可求出c的值，再结合a、b、c的关系求出【详解】设椭圆

10、C的长轴长为2a，焦距为2c，则2a=10，c=a由椭圆定义可知，PF1F2的周长为m0，解得m=4，故选：D。【点睛】本题考查椭圆的定义的应用，考查利用椭圆定义求椭圆的焦点三角形问题，在处理椭圆的焦点与椭圆上一点线段（焦半径）问题，一般要充分利用椭圆定义来求解，属于基础题。5、B【解析】本小题主要考查双曲线的几何性质、第二定义、余弦定理，以及转化的数学思想，通过本题可以有效地考查考生的综合运用能力及运算能力.不妨设点P在双曲线的右支,由双曲线的第二定义得，.由余弦定理得cosP=，即cos，解得，所以，故P到x轴的距离为.6、A【解析】观察折线图可知月接待游客量每年7，8月份明显高于12月份

11、，且折线图呈现增长趋势，高峰都出现在7、8月份，1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月波动性更小.【详解】对于选项A，由图易知月接待游客量每年7，8月份明显高于12月份，故A错；对于选项B，观察折线图的变化趋势可知年接待游客量逐年增加，故B正确；对于选项C，D，由图可知显然正确.故选A.【点睛】本题考查折线图，考查考生的识图能力，属于基础题.7、A【解析】x21m-y2=1,c=1m+1=38、B【解析】由，得，故选B.9、C【解析】由二项式定理可知，为正数，为负数，令代入已知式子即可求解.【详解】因为，由二项式定理可知，为正数，为负数，所以.故选：C【点睛】本题考查二项式定理求系数的绝对

12、值和；考查运算求解能力；属于基础题.10、C【解析】若由线面垂直的判定定理知,只有当和为相交线时,才有错误；若此时由线面平行的判定定理可知,只有当在平面外时,才有错误；由面面平行的性质定理:若两平面平行,第三个平面与他们都相交,则交线平行,可判断,若，则为真命题, 正确；若此时由面面平行的判定定理可知,只有当、为相交线时,才有错误.故选C.考点：考查直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系.11、B【解析】连接，根据长方体的性质和线面角的定义可知：是直线与平面ABCD所成角，在底面ABCD中，利用勾股定理可以求出，在中，利用锐角三角函数知识可以求出的大小.【详解】连接，在长方体中，显然有平

13、面ABCD，所以是直线与平面ABCD所成角，在底面ABCD中，在中，故本题选B.【点睛】本题考查了线面角的求法,考查了数学运算能力.12、A【解析】由三视图可知，该几何体是半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体，其中半圆柱底面半径为，高为，体积为，四棱锥体积为，所以该几何体体积为，故选A.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直

14、观图的影响.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】分析：确定A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高，即可求得结论详解：正四棱柱ABCDA1B1C1D1，平面ABCD平面A1B1C1D1，A1C1平面A1B1C1D1，A1C1平面ABCDA1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，AC1与底面ABCD成60角，A1A=2tan60=故答案为 点睛：本题考查线面距离，确定A1C1到底面ABCD的距离为正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高是解题的关键如果直线和已知的平面是平行的

15、，可以将直线和平面的距离，转化为直线上一点到平面的距离.14、【解析】分析：根据导数运算法则直接计算.详解：点睛：本题考查基本初等函数导数，考查基本求解能力.15、【解析】依题意可知，根据分布列计算可得；【详解】解：依题意可得故答案为：【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与和概率公式的应用，属于基础题.16、【解析】先由题意，画出平行六面体，连接，用向量的方法，根据题中数据，求出，再根据余弦定理，即可求出结果.【详解】由题意，画出平行六面体，连接，则，因为，所以，又，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查空间向量的方法求夹角问题，熟记空间向量的运算法则，以及余弦定理即可，属于常考题型.三、解

16、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) 有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关.(2)见解析.【解析】分析：（1）根据表中的数据，求得 的值，进而求得的值，利用附表即可作出结论；（2）设表示“乙球员担当前锋”；表示“乙球员担当中锋 ”；表示“乙球员担当后卫”；表示“乙球员担当守门员”；表示“球队输掉某场比赛”，利用互斥事件和独立事件的概率公式，及条件概率的公式，即可求解相应的概率详解：（1）,有的把握认为球队胜利与甲球员参赛有关. （2）设表示“乙球员担当前锋”；表示“乙球员担当中锋 ”；表示“乙球员担当后卫”；表示“乙球员担当守门员”；表示“球队输掉某场比赛”，

17、则 .点睛：本题主要考查了独立性检验和条件概率的计算问题，关键在于从题设中分析出相应的数据，以及相应事件的概率，结合条件概率的计算公式进行计算，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与计算能力，属于中档试题18、（1）切线方程为.（2）当时，的单调增区间是和，单调减区间是；当时，的单调增区间是；当时，的单调增区间是和，单调减区间是.（1）.【解析】试题分析：（1）求出a=1时的导数即此时切线的斜率，然后由点斜式求出切线方程即可；（2）对于含参数的单调性问题的关键时如何分类讨论，常以导数等于零时的根与区间端点的位置关系作为分类的标准，然后分别求每一种情况时的单调性；（1）恒成立问题常转化为

18、最值计算问题，结合本题实际并由第二问可知，函数在区间1，e上只可能有极小值点，所以只需令区间端点对应的函数值小于等于零求解即可试题解析：（1）a1，f（x）x24x2lnx，f （x）（x0），f（1）1，f （1）0，所以切线方程为y1（2）f （x）（x0），令f （x）0得x1a，x21，当0a0，在x（a，1）时，f （x）1时，在x（0，1）或x（a，）时，f （x）0，在x（1，a）时，f （x）0，f（x）的单调增区间为（0，1）和（a，），单调递减区间为（1，a）（1）由（2）可知，f（x）在区间1，e上只可能有极小值点，f（x）在区间1，e上的最大值必在区间端点取到，f（1）

19、12（a1）0且f（e）e22（a1）e2a0，解得a考点：导数法求切线方程；求含参数的函数的单调性问题；恒成立问题求参数范围【方法点睛】恒成立问题求参数范围常常将参数移到一边转化为函数最值问题即恒成立，即等价于该解法的优点是不用讨论，但是当参数不易移到一边，或移到一边后另一边的函数值域不易求时，就不要移，而是将不等式的一边化为零即，由于此时函数含有参数，所以应讨论并求最值，从而求解19、（1）；（2）.【解析】试题分析：(1)在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的关系.题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意

20、公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围;(2)在三角形中，注意隐含条件，（3）注意锐角三角形的各角都是锐角.（4）把边的关系转化成角，对于求边的取值范围很有帮助试题解析：（1）由，得，所以，则，由，。（2）由（1）得，即，又为锐角三角形，故从而由，所以所以,所以因为所以即考点：余弦定理的变形及化归思想20、 (1)见解析;(2).【解析】分析：（1）以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明PEBC；（2）求出平面PEH的法向量和(1,0，1)，利用向量法能求出直线PA与平面PEH所成角的正弦值详解：以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，(1)证明：设C(m,0,0)，P(0,0，n)(m0)，则D(0，m,0)，E(，0)可得(，n)，(m，1,0) 因为00，所以PEBC. (2)由已知条件可得m，n1