山东省济南市济南第一中学2021-2022学年数学高二第二学期期末达标检测试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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已知定义在上的函数与函数有相同的奇偶性和单调性，则不等式的解集为（）ABCD2方程表示双曲线的一个充分不必要条件是（ ）A3m0B3m2C3m4D1m33设，“”，“”，

2、则是的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件4下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的函数是（ ）ABCD5在“一带一路”的知识测试后甲、乙、丙三人对成绩进行预测.甲:我的成绩最高.乙:我的成绩比丙的成绩高丙:我的成绩不会最差成绩公布后,三人的成绩互不相同且只有一个人预测正确,那么三人按成绩由高到低的次序可能为（ ）A甲、丙、乙B乙、丙、甲C甲、乙、丙D丙、甲、乙6将点的直角坐标(2，2)化成极坐标得( )A(4，)B(4，)C(4，)D(4，)7命题“”的否定是（）ABCD8若X是离散型随机变量，P(X=x1)=23,P(X=x2)=1A53B73C39

3、 “大衍数列”来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.大衍数列前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列第20项为（ ）A180B200C128D16210已知函数，的图象分别与直线交于两点，则的最小值为 ABCD11连续两次抛掷一枚质地均匀的骰子，在已知两次的点数均为偶数的条件下，两次的点数之和不大于8的概率为（ ）ABCD12为了解某校一次期中考试数学成绩情况，抽取100位学生的数学成绩，得如图所示的

4、频率分布直方图，其中成绩分组区间是，则估计该次数学成绩的中位数是（ ）A71.5B71.8C72D75二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13函数的定义域为_.14命题“R”，此命题的否定是_(用符号表示)15在空间直角坐标系中，已知点M（1，0，1），N（-1，1，2），则线段MN的长度为_16已知函数的导函数为，且满足，则_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）在锐角三角形中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求的值.18（12分）已知二项式，其展开式中各项系数和为.若抛物线方程为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于两点.（1）

5、求展开式中最大的二项式系数（用数字作答）.（2）求线段的长度.19（12分）已知数列满足，设，数列满足.（1）求证：数列为等差数列；（2）求数列的前项和.20（12分）已知A，B为椭圆上的两个动点，满足（1）求证：原点O到直线AB的距离为定值；（2）求的最大值；（3）求过点O，且分别以OA，OB为直径的两圆的另一个交点P的轨迹方程21（12分）如图，在平面直角坐标系中，质点P的起点为坐标原点,每秒沿格线向右或向上随机移动一个单位长.（1）求经过3秒后，质点P恰在点（1,2）处的概率；（2）定义：点（x,y）的“平方距离”为.求经过5秒后，质点P的“平方距离”的概率分布和数学期望.22（10分）

6、如图，在矩形中，是的中点，以为折痕将向上折起，变为，且平面平面（1）求证：；（2）求二面角的大小参考答案一、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】先判断的奇偶性及单调性，即可由为奇函数性质及单调性解不等式，结合定义域即可求解.【详解】函数，定义域为；则，即为奇函数，函数在内单调递减，由复合函数的单调性可知在内单调递减，由题意可得函数为在内单调递减的奇函数，所以不等式变形可得，即，则，解不等式组可得，即，故选：D.【点睛】本题考查了函数奇偶性及单调性的判断，对数型复合函数单调性性质应用，由奇偶性及单调性解抽象不等式，注意定

7、义域的要求，属于中档题.2、A【解析】由题意知，则C，D均不正确，而B为充要条件，不合题意，故选A.3、C【解析】利用不等式的性质和充分必要条件的定义进行判断即可得到答案.【详解】充分性：.所以即：，充分性满足.必要性：因为，所以，.又因为，所以，即.当时，不等式不成立.当时，不等式不成立当时，不等式成立.必要性满足.综上：是的充要条件.故选：C【点睛】本题主要考查充要条件，同时考查了对数的比较大小，属于中档题.4、D【解析】分析：分别判断函数的奇偶性和单调性，即可得到结论详解：A函数为奇函数，不满足条件By=x2+1是偶函数，当x0时，函数为减函数，不满足条件C. 是偶函数又在上单调递减，故

8、不正确.Dy=|x|+1是偶函数，当x0时，y=x+1是增函数，满足条件故选D点睛：本题主要考查函数奇偶性和单调性的判断，结合函数奇偶性和单调性的定义和函数的性质是解决本题的关键5、D【解析】假设一个人预测正确，然后去推导其他两个人的真假，看是否符合题意【详解】若甲正确，则乙丙错，乙比丙成绩低，丙成绩最差，矛盾；若乙正确，则甲丙错，乙比丙高，甲不是最高，丙最差，则成绩由高到低可为乙、甲、丙；若丙正确，则甲乙错，甲不是最高，乙比丙低，丙不是最差，排序可为丙、甲、乙A、B、C、D中只有D可能故选D【点睛】本题考查合情推理，抓住只有一个人预测正确是解题的关键，属于基础题6、A【解析】由条件求得、的值

9、，可得的值，从而可得极坐标.【详解】点的直角坐标，可取直角坐标化成极坐标为故选A.【点睛】本题主要考查把点的直角坐标化为极坐标的方法，属于基础题注意运用、(由所在象限确定).7、A【解析】根据全称命题的否定形式书写.【详解】根据全称命题的否定形式可知“”的否定是“”.故选A.【点睛】本题考查全称命题的否定形式，属于简单题型.8、C【解析】本题考查期望与方差的公式，利用期望及方差的公式，建立方程，即可求得结论【详解】E(X)=2x1=1xx故选C.考点：离散型随机变量的期望方差.9、B【解析】根据前10项可得规律：每两个数增加相同的数，且增加的数构成首项为2，公差为2的等差数列。可得从第11项到

10、20项为60，72,84,98,112,128,144,162,180,200.所以此数列第20项为200.故选B。【点睛】从前10个数观察增长的规律。10、B【解析】由题意，其中，且，所以.令，则，为增函数.令，得.所以.时，时,所以在上单调递减，在上单调递增.所以时,.故选B.点睛：本题的解题关键是将要求的量用一个变量来表示，进而利用函数导数得到函数的单调性求最值，本题中有以下几个难点：（1）多元问题一元化，本题中涉及的变量较多，设法将多个变量建立等量关系，进而得一元函数式；（2）含绝对值的最值问题，先研究绝对值内的式子的范围，最后再加绝对值处理.11、D【解析】求出两次点均为偶数的所有基

11、本事件的个数，再求出在两次均为偶数而且和不大于8的基本事件的个数后可得概率【详解】记，因为，所以故选：D.【点睛】本题考查条件概率，本题解题关键是求出两次的点数均为偶数的条件下，两次的点数之和不大于8所含有的基本事件的个数12、C【解析】的频率为：；的频率为：；的频率为：；的频率为：；的频率为：；的频率为：.所以，得：.的频率和为：.由，得中位数为：.故选C.点睛：用频率分布直方图估计总体特征数字的方法：众数：最高小长方形底边中点的横坐标；中位数：平分频率分布直方图面积且垂直于横轴的直线与横轴交点的横坐标；平均数：频率分布直方图中每个小长方形的面积乘小长方形底边中点的横坐标之和.二、填空题：本

12、题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析：令即可求出定义域详解：令，解得综上所述，函数的定义域为点睛：在求定义域时找出题目中的限制条件，有分母的令分母不等于零，有根号的令根号里面大于或者等于零，对数有自身的限制条件，然后列出不等式求出定义域。14、xR，x2+x1【解析】直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以x1R，x122x1+11的否定是：xR，x2+x1故答案为：xR，x2+x1【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系及否定形式，属于基本知识的考查15、【解析】根据两点间距离公式计算【详解】故答案为【点睛】本题考

13、查空间两点间距离公式，属于基础题16、-1【解析】分析：先求导数，解得，代入解得.详解：因为，所以所以因此，点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.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）1【解析】(1)利用二倍角公式化简即得A的值.(2)先利用正弦定理化简得，再利用余弦定理求a的值.【详解】 , 又因为为锐角三角形， ， ， .， ， ， .【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.18、 (1)35(2)4【解析】分析：（1）当n为奇

14、数时，二项式系数在时取最大，即在第4、5项取最大（2）各项系数和为，求，解，利用弦长公式求解。详解：（1）二项式系数分别为其中最大.最大为35（2）令，有 抛物线方程为过抛物线的焦点且倾斜角为，则直线方程为，令联立：， 点睛：二项式系数最大项满足以下结论：当n为偶数时，二项式系数在时取最大，即在第项取最大。当n为奇数时，二项式系数在时取最大，即在第或项取最大。联立直线与椭圆方程根据韦达定理列出，的关系式，利用弦长公式。19、（1）详见解析（2）【解析】试题分析：（1）由可得,则数列为等比数列且公比为2.可得数列的通项公式.并将代入用对数的运算法则将其化简.再证为常数.（2）数列是一个等差数列乘

15、以一个等比数列，用错位相减法求数列的前项和.试题解析：（1）由已知可得， 2分3分4分为等差数列，其中 6分（2） 7分 8分- 得12分考点：1等比数列的定义和通项公式;2等差数列的定义和通项公式;3错位想减法求数列的和.【方法点睛】本题涉及等差数列，等比数列，以及求和的方法，属于基础题型，数列求和的方法主要包括：（1）分组求和法，把一个数列分成几个可以直接求和的数列和的形式；（2）裂项相消法：将数列写成的形式，包括，等形式；（3）错位相减法：一个等差数列乘以一个等比数列的数列，采用错位相减法求和；（4）倒序相加法求和：如果一个数列与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和时，可采用倒序相加

16、法；（5）其他法，形如型数列，可发现规律求和,或有些数列具有周期性，可利用函数的周期性求和.20、（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】（1）当直线AB的斜率不存在时，将代入椭圆方程可得，即可得原点O到直线AB的距离为；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，与椭圆方程联立，可得，又，则，利用韦达定理代入化简可得，则原点O到直线AB的距离，故原点O到直线AB的距离为定值；（2）由（1）可得，又且，即可得的最大值；（3）如图所示，过点O，且分别以OA，OB为直径的两圆的另一个交点P的轨迹满足：，可得P，A，B三点共线. 由（1）可知：原点O到直线AB的距离为定值，即可得点的轨迹方程.【详解

17、】（1）证明：当直线AB的斜率不存在时，由代入椭圆方程可得：，解得，此时原点O到直线AB的距离为当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，联立，化为，则，化为，化为，化为，原点O到直线AB的距离综上可得：原点O到直线AB的距离为定值（2）解：由（1）可得，又，当且仅当时取等号的最大值为（3）解：如图所示，过点O，且分别以OA，OB为直径的两圆的另一个交点P的轨迹满足：，因此P，A，B三点共线由（1）可知：原点O到直线AB的距离为定值分别以OA，OB为直径的两圆的另一个交点P的轨迹方程为【点睛】本题主要考查了椭圆与圆的标准方程及其性质，点到直线的距离公式，基本不等式的运用，考查了逻辑推理和运算求解能力，属于难题.21、 (1) ;(2) .【解析】（1）通过分析到达点（1,2）处的可能，通过独立重复性试验概率公式可得答案；（2）的可能取值为13,17,25，分别计算概率，于是可得分布列和数学期望.【详解】（1）经过3秒后，质点P恰在点（1,2）处可由三种情况得到：，每一种情况的概率为：，故质点P恰在点（1,2）处的概率为；（2）由题意的可能取值为13,17,25；而，故的概率分布列为：131725P所以数学期望.【点睛】本题主要考查独立性重复性试验的概率计算，分布列与数学期望，意在考查学生的分析能力