贵州省遵义市汇川区航天高级中学2021-2022学年数学高二第二学期期末综合测试试题含解析

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复数满足，且在复平面内对应的点在第四象限，则实数的取值范围是（ ）ABCD2下列三句话按“三段论”模式排列顺序正

2、确的是（ ）是周期函数；三角函数是周期函数；是三角函数ABCD3若，满足约束条件，则的最大值为（ ）A-2B-1C2D44如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为（ ）A0.960B0.864C0.720D0.5765我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，每天的正点率服从正态分布，且，则（ ）A0.96B0.97C0.98D0.996一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次是，当且仅当时称为“凹数”，若，从这些三位数中任

3、取一个，则它为“凹数”的概率是ABCD7若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）ABCD8易系辞上有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中，如图，白圈为阳数，黑点为阴数，若从阴数和阳数中各取一数，则其差的绝对值为5的概率为ABCD9在中，BC边上的高等于,则（）ABCD10已知函数，若在上有且只有一个零点，则的范围是( )ABCD11函数的定义域为，且，当时，；当时，则A672B673C1345D134612已知离散型随机变量的分布列为表格所示，则随机变量的均值为（ ）0123ABCD二、填空题：本

4、题共4小题，每小题5分，共20分。13函数的定义域是_14已知向量.若与共线，则在方向上的投影为_.15已知集合，若从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定不同点的个数为_.16已知是两个非零向量，且，则的最大值为_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）如图，在三棱柱中，侧面底面，（）求证：平面；（）若，且与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值18（12分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线，极坐标方程分别为，（）和交点的极坐标；（）直线的参数方程为（为参数），与轴的交点为，且与交于，两点，求.19

5、（12分）已知直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（I）求曲线的直角坐标方程；（II）求直线与曲线交点的直角坐标.20（12分）如图（1）.在中，、分别是、上的点，且，将沿折起到的位置，使，如图（2）.（1）求证：平面；（2）当点在何处时，三棱锥体积最大，并求出最大值；（3）当三棱锥体积最大时，求与平面所成角的大小.21（12分）已知直线是抛物线的准线，直线，且与抛物线没有公共点，动点在抛物线上，点到直线和的距离之和的最小值等于2.（）求抛物线的方程；（）点在直线上运动，过点做抛物线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得

6、恒成立？若存在，请求出定点的坐标，若不存在，请说明理由22（10分）已知函数（）当时，求在上的零点个数；（）当时，若有两个零点，求证： 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、C【解析】首先化简，通过所对点在第四象限建立不等式组，得到答案.【详解】根据题意得，因为复平面内对应的点在第四象限，所以，解得，故选C.【点睛】本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，难度不大.2、A【解析】根据“三段论”的排列模式：“大前提”“小前提”“结论”，分析即可得到正确的顺序.【详解】根据“三段论”的排列模式：“大前提”“小前提”“结

7、论”，可知：是周期函数是“结论”；三角函数是周期函数是“大前提”；是三角函数是“小前提”；故“三段论”模式排列顺序为.故选：A【点睛】本题考查了演绎推理的模式，需理解演绎推理的概念，属于基础题.3、C【解析】分析：要先根据约束条件画出可行域，再转化目标函数，把求目标函数的最值问题转化成求截距的最值问题详解：如图所示可行域：,故目标函数在点（2,0）处取得最大值，故最大值为2，故选C.点睛：本题考查线性规划，须准确画出可行域还要注意目标函数的图象与可行域边界直线的倾斜程度（斜率的大小）属简单题4、B【解析】A1、A2同时不能工作的概率为0.20.20.04，所以A1、A2至少有一个正常工作的概率

8、为10.040.96，所以系统正常工作的概率为0.90.960.864.故选B.考点：相互独立事件的概率.5、D【解析】根据正态分布的对称性，求得指定区间的概率.【详解】由于，故，故选D.【点睛】本小题主要考查正态分布的对称性，考查正态分布指定区间的概率的求法，属于基础题.6、C【解析】先分类讨论求出所有的三位数，再求其中的凹数的个数，最后利用古典概型的概率公式求解.【详解】先求所有的三位数，个位有4种排法，十位有4种排法，百位有4种排法，所以共有个三位数.再求其中的凹数，第一类：凹数中有三个不同的数，把最小的放在中间，共有种，第二类，凹数中有两个不同的数，将小的放在中间即可，共有种方法，所以

9、共有凹数8+6=14个，由古典概型的概率公式得P=.故答案为：C【点睛】本题主要考查排列组合的运用，考查古典概型的概率，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.7、A【解析】由，得，则，故选A.8、A【解析】阳数：，阴数：，然后分析阴数和阳数差的绝对值为5的情况数，最后计算相应概率.【详解】因为阳数：，阴数：，所以从阴数和阳数中各取一数差的绝对值有：个，满足差的绝对值为5的有：共个，则.故选：A.【点睛】本题考查实际背景下古典概型的计算，难度一般.古典概型的概率计算公式：.9、C【解析】试题分析：设,故选C.考点：解三角形.10、B【解析】将问题转化为在有且仅有一个根，考虑函数，的单调

10、性即可得解.【详解】由题，所以不是函数的零点；当，有且只有一个零点，即在有且仅有一个根，即在有且仅有一个根，考虑函数，由得：，由得：所以函数在单调递减，单调递增，要使在有且仅有一个根，即或则的范围是故选：B【点睛】此题考查根据函数零点求参数的取值范围，关键在于等价转化，利用函数单调性解决问题，常用分离参数处理问题.11、D【解析】根据函数周期的定义，得到函数是周期为3的周期函数，进而求得的值，进而得到，即可求解.【详解】根据题意，函数的定义域为，且，则函数是周期为3的周期函数，又由当时，则，当时，则，由函数是周期为3的周期函数，则 则，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了函数周期性的应用，以及

11、函数值的计算，其中解答中根据函数周期性的定义，求得函数是周期为3的周期函数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12、C【解析】分析：利用离散型随机变量分布列的性质求得到，进而得到随机变量的均值详解：由已知得，解得：E（X）=故选：C点睛：本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，考查离散型随机变量的基本性质，是基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】将函数的指数形式转化为根式形式,即可求得其定义域.【详解】函数即根据二次根式有意义条件可知定义域为 故答案为: 【点睛】本题考查了具体函数定义域的求法,将函数解析式进行适当变形,更方便求解,属于基础题.1

12、4、【解析】先根据与共线求出的值，再利用向量的投影公式求在方向上的投影.【详解】.又与共线，在方向上的投影为.故答案为：【点睛】本题主要考查向量共线的坐标表示和向量的投影的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.15、.【解析】由组合数的性质得出，先求出无任何限制条件下所确定的点的个数，然后考虑坐标中有两个相同的数的点的个数，将两数作差可得出结果.【详解】由组合数的性质得出，不考虑任何限制条件下不同点的个数为，由于，坐标中同时含和的点的个数为，综上所述：所求点的个数为，故答案为.【点睛】本题考查排列组合思想的应用，常用的就是分类讨论和分步骤处理，本题中利用总体淘汰法，可简化分类

13、讨论，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.16、【解析】构造，从而可知，于是的最大值可以利用基本不等式得到答案.【详解】由题意，令，所以，所以，所以，所以，当且仅当，且时取等号.故答案为.【点睛】本题主要考查平面向量的几何意义，模，基本不等式等知识，考查学生的运算求解能力，难度较大.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）见解析；（2）余弦值为.【解析】分析：（1）由四边形为菱形，得对角线,由侧面底面，, 得到侧面，从而，由此能证明平面；（2）由题意易知为等边三角形，以点为坐标原点，为轴,为轴，过平行的直线为，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平

14、面的法向量，由此能求出二面角的平面角的余弦值详解：（）由已知侧面底面，, 底面,得到侧面，又因为 侧面,所以,又由已知，侧面为菱形，所以对角线,即，,所以平面.（）设线段的中点为点，连接,，因为，易知为等边三角形，中线 ,由（）侧面，所以,得到平面，即为与平面所成的角， , ,得到;以点为坐标原点，为轴,为轴，过平行的直线为，建立空间直角坐标系，,，由（）知平面的法向量为，设平面的法向量，,解得,二面角为钝二面角，故余弦值为.点睛：本题考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，涉及到线线、线面、面面平行与垂直的性质、向量法等知识点的合理运用，是中档题.18、（1）（2）见解析【解析】

15、试题分析：（1）联立，极坐标方程，解出，反代得，即得和交点的极坐标；（2）先利用 将极坐标方程化为直接坐标方程，再由直线参数方程几何意义得，因此将直线的参数方程代入直角坐标方程，利用韦达定理得，且，因此.试题解析：（）（方法一）由，极坐标方程分别为，化为平面直角坐标系方程分为.得交点坐标为.即和交点的极坐标分别为. （方法二）解方程组 所以， 化解得，即，所以和交点的极坐标分别为. （II）（方法一）化成普通方程解得 因为，所以.（方法二）把直线的参数方程： （为参数），代入得， 所以.19、（I）；（II）.【解析】（I）曲线C的极坐标方程为两边同乘，利用极坐标与直角坐标互化公式可得直角坐标

16、方程（II）将代入中，得的二次方程，解得则可求解【详解】（I）将两边同乘得，曲线的直角坐标方程为：.（II）将代入中，得，解得，直线与曲线交点的直角坐标为.【点睛】本题考查了极坐标与直角坐标方程的互化、参数方程化为普通方程及其应用、直线与抛物线相交问题，考查的几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20、（1）见解析（2）点位于中点时，三棱锥体积最大，最大值为（3）【解析】(1)根据线面垂直的判定定理证明； (2)将三棱锥的体积表示成某个变量的函数，再求其最大值； (3)先找出线面角的平面角，再解三角形求角.【详解】（1）证明：，因此，所以，又，平面；（2）解：设，则，由（1），又因为，

17、平面；所以，因此当，即点位于中点时，三棱锥体积最大，最大值为；（3）解：如图，联结，由于，且，即，因此即为与平面所成角，所以，即与平面所成角的大小为.【点睛】本题考查线面垂直的证明和体积的最值以及求线面角，属于中档题.21、 (1) (2) 存在定点，使得恒成立【解析】试题分析：（）作分别垂直和，垂足为，抛物线的焦点为，根据抛物线的定义可得的最小值即为点到直线的距离，故，从而可得结果；（）设，利用导数得到切线斜率，可设出切线方程，根据点在切线上可得到和是一元二次方程的根，利用韦达定理以及平面向量数量积公式，可得时，从而可得结论.试题解析：（）作分别垂直和，垂足为，抛物线的焦点为，由抛物线定义知，所以，显见的最小值即为点到直线的距离，故，所以抛物线的方程为（）由（）知直线的方程为，当点在特殊位置时，显见两个切点关于轴对称，故要使得，点必须在轴上故设，抛物线的方程为，求导得，所以切线的斜率，直线的方程为，又点在直线上，所以，整理得，同理可得，故和是一元二次方程的根，由韦达定理得， ，可见时，恒成立，所以存在定点，使得恒成立22、 ()有一个零点； ()见解析【解析】()对函数求导，将代