2022届吉林省长春市东北师大附中等六校高二数学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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已知展开式中项的系数为，其中，则此二项式展开式中各项系数之和是（ ）AB或CD或2设随机变量XB（n，p），且E

2、（X）1.6，D（X）1.28，则An8，p0.2Bn4，p0.4Cn5，p0.32Dn7，p0.453设曲线在点处的切线方程为，则（ ）A1B2C3D44若角为三角形的一个内角，并且，则（ ）ABCD5给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.已知函数的拐点是，则（ ）ABCD16对33000分解质因数得，则的正偶数因数的个数是（ ）A48B72C64D967已知过点作曲线的切线有且仅有1条，则实数的取值是（ ）A0B4C0或-4D0或48周髀算经、九章算术、海岛算经、孙子算经是我国古代数学的重要文献.现拟把这4部著作分给甲、乙、丙3位同学阅读，每人

3、至少1本，则甲没分到周髀算经的分配方法共有（ ）A18种B24种C30种D36种9已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为 （ ）ABCD10在数学归纳法的递推性证明中，由假设时成立推导时成立时，增加的项数是()ABCD11命题“任意”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）ABCD12下列问题中的随机变量不服从两点分布的是（ ）A抛掷一枚骰子，所得点数为随机变量B某射手射击一次，击中目标的次数为随机变量C从装有5个红球，3个白球的袋中取1个球，令随机变量1，取出白球；0，取出红球D某医生做一次手术，手术成功的次数为随机变量二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知

4、向量的夹角为，且，则_.14孙悟空、猪八戒、沙和尚三人中有一个人在唐僧不在时偷吃了干粮，后来唐僧问谁偷吃了干粮，孙悟空说是猪八戒，猪八戒说不是他，沙和尚说也不是他。他们三人中只有一个说了真话，那么偷吃了干粮的是_15设O是原点，向量对应的复数分别为那么，向量对应的复数是 16已知圆C1：，圆C2：，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为轴上的动点，则的最小值_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）各项均为正数的数列的首项，前项和为，且（1）求的通项公式：（2）若数列满足，求的前项和18（12分）已知函数（1）若在区间2，2上的最大值为20，求它在该区间上的

5、最小值；（2）若函数有三个不同零点，求的取值范围.19（12分）如图，已知椭圆的离心率是，一个顶点是（）求椭圆的方程；（）设，是椭圆上异于点的任意两点，且试问：直线是否恒过一定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由20（12分）已知函数，曲线在处的切线方程为.（）求实数，的值；（）求在区间上的最值.21（12分）若集合具有以下性质：（1）且；（2）若，则，且当时，则称集合为“闭集”.（1）试判断集合是否为“闭集”，请说明理由；（2）设集合是“闭集”，求证：若，则；（3）若集合是一个“闭集”，试判断命题“若，则”的真假，并说明理由.22（10分）已知椭圆C: 的离心率为，且过点（1）求椭圆

6、C的方程；（2）设直线：交椭圆C于A、B两点，0为坐标原点，求OAB面积的最大值.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】利用二项式定理展开通项，由项的系数为求出实数，然后代入可得出该二项式展开式各项系数之和.【详解】的展开式通项为，令，得，该二项式展开式中项的系数为，得.当时，二项式为，其展开式各项系数和为；当时，二项式为，其展开式各项系数和为.故选B.【点睛】本题考查二项式定理展开式的应用，同时也考查了二项式各项系数和的概念，解题的关键就是利用二项式定理求出参数的值，并利用赋值法求出二项式各项系数之和，考查

7、运算求解能力，属于中等题.2、A【解析】列方程组，解得.3、D【解析】利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解【详解】因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即.故选：D【点睛】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题4、A【解析】分析：利用同角关系，由正切值得到正弦值与余弦值，进而利用二倍角余弦公式得到结果.详解：角为三角形的一个内角，且，故选：A点睛：本题考查了同角基本关系式，考查了二倍角余弦公式，考查了计算能力，属于基础题.5、D【解析】遇到新定义问题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，在该题中求出原函数的导函数，再求出导函数的导函数，由导函数的导函

8、数等于0，即可得到拐点，问题得以解决【详解】解：函数，因为方程有实数解，则称点，为函数的“拐点”，已知函数的“拐点”是，所以，即，故选：【点睛】本题考查导数的运算导数的定义，和拐点，根据新定义题，考查了函数导函数零点的求法；解答的关键是函数值满足的规律，属于基础题6、A【解析】分析：分的因数由若干个、若干个、若干个、若干个相乘得到，利用分步计数乘法原理可得所有因数个数，减去不含的因数个数即可得结果.详解：的因数由若干个（共有四种情况），若干个（共有两种情况），若干个（共有四种情况），若干个（共有两种情况），由分步计数乘法原理可得的因数共有，不含的共有，正偶数因数的个数有个，即的正偶数因数的个数

9、是，故选A.点睛：本题主要考查分步计数原理合的应用，属于中档题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.7、C【解析】求出导函数，转化求解切线方程，通过方程有两个相等的解，推出结果即可【详解】设切点为，且函数的导数，所以，则切线方程为，切线过点，代入得，所以，即方程有两个相等的解，则有，解得或，故选C【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用，其中解答中熟记导数的几

10、何意义，求解曲线在某点处的切线方程是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题8、B【解析】分析：先不考虑限制条件，则共有种方法，若甲分到周髀算经，有两种情况：甲分到一本（只有周髀算经），甲分到2本（包括周髀算经），减去即可.详解：先不考虑限制条件，则共有种方法，若甲分到周髀算经，有两种情况：甲分到一本（只有周髀算经），此时共有种方法； 甲分到2本（包括周髀算经），此时共有种方法，则分配方法共有种.点睛：本题考查了分组分配的问题，关键在于除去不符合条件的情况，属于基础题9、D【解析】由题设中提供的三视图中的图形信息与数据信息可知该几何体是一个底面是边长分别为,的等腰三角形，

11、高是的三棱锥，如图，将其拓展成三棱柱，由于底面三角形是等腰三角形，所以顶角的余弦为，则，底面三角形的外接圆的半径，则三棱锥的外接球的半径，其表面积，应选答案D。10、C【解析】分析：分别计算当时， ，当成立时， ，观察计算即可得到答案详解：假设时成立，即 当成立时， 增加的项数是故选点睛：本题主要考查的是数学归纳法。考查了当和成立时左边项数的变化情况，考查了理解与应用的能力，属于中档题。11、C【解析】试题分析：对此任意性问题转化为恒成立，当，即，若是原命题为真命题的一个充分不必要条件，那应是的真子集，故选C.考点：1.集合；2.充分必要条件.12、A【解析】两点分布又叫分布，所有的实验结果有

12、两个，满足定义，不满足.【详解】两点分布又叫分布，所有的实验结果有两个，满足定义，而，抛掷一枚骰子，所得点数为随机变量，则的所有可能的结果有6种，不是两点分布故选：【点睛】本题考查了两点分布的定义，意在考查学生对这些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、3【解析】运用向量的数量积的定义可得，再利用向量的平方即为模的平方，计算可得答案.【详解】解：.【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算，相对简单.14、沙和尚【解析】用假设法逐一假设偷吃干粮的人,再判断得到答案.【详解】(1) 假设偷吃干粮的是孙悟空,则猪八戒和沙和尚都是真话,排除(2) 假设偷吃

13、干粮的是猪八戒,则孙悟空和沙和尚都是真话,排除(3) 假设偷吃干粮的是沙和尚,则只有猪八戒说的真话,满足答案是沙和尚【点睛】本题考查了逻辑推理的知识,意在考查学生的逻辑推理能力,属于基础题.15、【解析】解：因为=（2+3, -3-2）=（5,-5），所以向量对应的复数是5-5i16、【解析】求出圆关于轴对称圆的圆心坐标，以及半径，然后求解圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即可得到的最小值.【详解】如图所示，圆关于轴对称圆的圆心坐标，以及半径，圆的圆心坐标为，半径为，所以的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即.【点睛】本题主要考查了圆的对称圆的方程的求法，以及两圆的位置关系的应用，其中

14、解答中把的最小值转化为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径和是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.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) ； (2) 【解析】（1）已知，可得，则，并验证 时，是否满足等式，从而知数列是等差数列，求其通项即可。 （2）因为=，是由等差数列和等比数列的对应项的积组成的数列，用错位相减法即可求和。【详解】（1）因为，所以当时，-得：，因为的各项均为正数，所以，且，所以由知，即，又因为，所以故，所以数列是首项为，公差为的等差数列（2）由（1）得，所以，-得，当且时，；当时，由得综上，数列的前项和【点睛】本题

15、主要考查了等差数列，等比数列以及数列的求和。利用等比数列求和公式时，当公比是字母时，要注意讨论公式的范围。属于中档题。18、（1）见解析；（2）【解析】分析：（1）求出导数，由不等式求得增区间，由不等式得减区间，结合区间端点处的函数值从而求得最大值和最小值（2）由（1）可求得的极大值和极小值，要使函数有三个零点，则极大值大于0，且极小值小于0，做账昢的范围也可把问题转化为方程有三个解，只要求得的极大值和极小值，就可得所求范围详解： (1)因为所以函数的单调减区间为又由 ，点睛：函数的导数是，解不等式可得增区间，解不等式可得减区间，从而可得极值，而要求函数在某个闭区间上的最值时，可求得函数在相应

16、开区间上的极值，再求出区间两端点处的函数值，比较可得最大值和最小值19、（）（）直线恒过定点【解析】试题分析：（）设椭圆C的半焦距为c求出b利用离心率求出a，即可求解椭圆C的方程；（）证法一：直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+m将直线PQ的方程代入消去y，设 P，Q，利用韦达定理，通过BPBQ，化简求出，求出m，即可得到直线PQ恒过的定点证法二：直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y=kx+1，将直线BP的方程代入，消去y，解得x，设 P，转化求出P的坐标，求出Q坐标，求出直线PQ的方程利用直线系方程求出定点坐标试题解析：（）解：设椭圆的半焦距为依题意，得，且，解得所以，椭圆的

17、方程是（）证法一：易知，直线的斜率存在，设其方程为将直线的方程代入，消去，整理得设，则，（1）因为，且直线的斜率均存在，所以， 整理得（2）因为，所以，（3）将（3）代入（2），整理得（4）将（1）代入（4），整理得解得，或（舍去）所以，直线恒过定点证法二：直线的斜率均存在，设直线的方程为将直线的方程代入，消去，得解得，或设，所以，所以以替换点坐标中的，可得从而，直线的方程是依题意，若直线过定点，则定点必定在轴上在上述方程中，令，解得所以，直线恒过定点考点：圆锥曲线的定值问题；椭圆的标准方程20、（）最大值为，最小值为.（）最大值为，最小值为.【解析】（）切点在函数上，也在切线方程为上，得到一

18、个式子，切线的斜率等于曲线在的导数，得到另外一个式子，联立可求实数，的值；（）函数在闭区间的最值在极值点或者端点处取得，通过比较大小可得最大值和最小值.【详解】解：（），曲线在处的切线方程为，解得，.（）由（）知，则，令，解得，在上单调递减，在上单调递增，又，在区间上的最大值为，最小值为.【点睛】本题主要考查导函数与切线方程的关系以及利用导函数求最值的问题.21、（1）否，理由见详解；（2）证明见详解；（3）真命题，理由见详解【解析】（1）利用闭集的定义判断；（2）利用闭集的定义证明；（3）利用闭集的定义，先说明中均不含0，1时，再说明，进而得出，从而有，可得到，即得出.【详解】解：（1），集合不是“闭集”，（2）证明：集合是“闭集”，故；（3）若集合是一个“闭集”，任取，若中有0或1时，显然；若中均不含0，1，由定义可知：，由（2）知，即