2021-2022学年北京市延庆区数学高二第二学期期末达标测试试题含解析

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设aR，则“a1”是“直线l1：ax2y10与直线l2：x(a1)y40平行”的A充分不必要条件B必要不充分条件

2、C充分必要条件D既不充分也不必要条件2将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的最大值为（ ）A2B4C6D83若过点可作两条不同直线与曲线相切，则（ ）A既有最大值又有最小值B有最大值无最小值C有最小值无最大值D既无最大值也无最小值4在极坐标系中，由三条直线，围成的图形的面积为（ ）ABCD5以下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所著的详解九章算术一书中的“杨辉三角形”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，则这个数为（ ）ABCD6对于函教f(x)=ex(x-1)A1是极大值点B有1个极小值C1是极小值点D有

3、2个极大值7设是函数的定义域，若存在，使，则称是的一个“次不动点”，也称在区间I上存在“次不动点”.若函数在 上存在三个“次不动点”，则实数的取值范围是( )ABCD8等差数列an中，a1+a5=10,a4=7,则数列an的公差为A1B2C3D49函数在上单调递减，且为奇函数，若，则满足的的取值范围是（ ）ABCD10已知函数的定义域为，且函数的图象关于轴对称，函数的图象关于原点对称，则（ ）ABCD11执行如图所示的程序框图，若输入的为2，则输出的值是（ ）A2B1CD-112设随机变量服从正态分布，若，则函数有极值点的概率为（ ）A0.2B0.3C0.4D0.5二、填空题：本题共4小题，每

4、小题5分，共20分。13四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，则恰有两个空盒的不同放法共有_种.14集合，满足，若，中的元素个数分别不是，中的元素，则满足条件的集合的个数为_（用数字作答）15的展开式中第三项的系数为_。16已知函数恰有两个零点，则实数的值为_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，在直三棱柱中，平面侧面，且.（1）求证：；（2）若直线与平面所成角的大小为，求锐二面角的大小18（12分）已知函数（1）当时，解不等式；（2）若，求的最小值19（12分）已知复数.（1）化简：； （2）如果，求实数的值.20（12分）在同一直角

5、坐标系中，经过伸缩变换后，曲线C的方程变为.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线/的极坐标方程为.（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）过点作l的垂线l0交C于A，B两点，点A在x轴上方，求的值.21（12分）某海湿地如图所示，A、B和C、D分别是以点O为中心在东西方向和南北方向设置的四个观测点，它们到点O的距离均为公里，实线PQST是一条观光长廊，其中，PQ段上的任意一点到观测点C的距离比到观测点D的距离都多8公里，QS段上的任意一点到中心点O的距离都相等，ST段上的任意一点到观测点A的距离比到观测点B的距离都多8公里，以O为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系x

6、Oy.（1）求观光长廊PQST所在的曲线的方程；（2）在观光长廊的PQ段上，需建一服务站M，使其到观测点A的距离最近，问如何设置服务站M的位置?22（10分）已知，R，矩阵的两个特征向量，（1）求矩阵的逆矩阵；（2）若，求参考答案一、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、A【解析】试题分析：运用两直线平行的充要条件得出l1与l2平行时a的值，而后运用充分必要条件的知识来解决即可解：当a=1时，直线l1：x+2y1=0与直线l2：x+2y+4=0，两条直线的斜率都是，截距不相等，得到两条直线平行，故前者是后者的充分条件，当两条直线平

7、行时，得到，解得a=2，a=1，后者不能推出前者，前者是后者的充分不必要条件故选A考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线的一般式方程与直线的平行关系2、C【解析】， 向左平移个单位，得到函数的图象，所以 ，因为,所以 即的最大值为6，选C.点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 由求增区间;由求减区间.3、C【解析】数形结合分析临界条件再判断即可.【详解】对求导有,当时,此时切线方程为,此时.此时刚好能够作出两条切线,为临界条件,画出图像有：又当时 为另一临界条件,故.故

8、有最小值无最大值.故选：C【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的运用,需要数形结合分析临界条件进行求解.属于中档题.4、B【解析】求出直线与直线交点的极坐标，直线与直线交点的极坐标，然后利用三角形的面积公式可得出结果.【详解】设直线与直线交点的极坐标，则，得.设直线与直线交点的极坐标，则，即，得.因此，三条直线所围成的三角形的面积为，故选：B.【点睛】本题考查极坐标系中三角形面积的计算，主要确定出交点的极坐标，并利用三角形的面积公式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.5、B【解析】试题分析：由题意得，数表的每一行都是等差数列，且第一行公差为，第二行公差为，第三行公差为，第行公差为，第一行的

9、第一个数为；第二行的第一个数列为；第三行的第一个数为；第行的第一个数为，第行只有，故选B.考点：数列的综合应用.【方法点晴】本题主要考查了数列的综合问题，其中解答中涉及到等差数列的概念与通项公式，等比数列的通项公式等知识点应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的转化与化归思想的应用，本题的解答中正确理解数表的结构，探究数表中数列的规律是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题.6、A【解析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的极值点,再逐项判断即可【详解】f当f当f故选：A【点睛】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道基础题7、A【解析】由已知得

10、在上有三个解。即函数有三个零点，求出，利用导函数性质求解。【详解】因为函数在上存在三个“次不动点”，所以在上有三个解，即在上有三个解，设，则，由已知，令得，即或 当时，；，要使有三个零点，则即，解得；当时，；，要使有三个零点，则即，解得；所以实数的取值范围是 故选A.【点睛】本题考查方程的根与函数的零点，以及利用导函数研究函数的单调性，属于综合体。8、B【解析】a1a510，a47，2a19、C【解析】先由函数是奇函数求出，化原不等式为，再由函数的单调性，即可得出结果.【详解】因为为奇函数，若，则，所以不等式可化为，又在上单调递减，所以，解得.故选C【点睛】本题主要考查由函数的单调性与奇偶性解

11、不等式，熟记函数基本性质即可，属于常考题型.10、A【解析】分析：根据奇函数与偶函数的定义，可求得函数的解析式；根据解析式确定的值。详解：令 ，则，因为为偶函数所以（1），因为 为奇函数所以（2）（1）-（2）得（3），令 代入得（4）由（3）、（4）联立得 代入得所以 所以 所以选A点睛：本题考查了抽象函数解析式的求解，主要是利用方程组思想确定解析式。方法相对比较固定，需要掌握特定的技巧，属于中档题。11、A【解析】根据给定的程序框图，执行循环体，逐次计算、判断，即可得到输出的结果，得到答案【详解】由题意，执行如图所示的程序框图，可得：第一次循环：，满足判断条件，；第二次循环：，满足判断条件

12、，；第三次循环：，满足判断条件，；第四次循环：，满足判断条件，；第五次循环：，满足判断条件，；第六次循环：，不满足判断条件，输出结果，故选A【点睛】本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出问题，其中利用循环结构表示算法，一定要先确定是用当型循环结构，还是用直到型循环结构；当型循环结构的特点是先判断再循环，直到型循环结构的特点是先执行一次循环体，再判断；注意输入框、处理框、判断框的功能，不可混用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题12、C【解析】分析：函数有极值点，则有解，可得的取值范围，再根据随机变量服从正态分布，可得曲线关于直线对称，从而可得结论.详解：函数有极值点，有解，随

13、机变量服从正态分布，若，.故选：C.点睛：本题考查函数的极值点，考查正态分布曲线的对称性，同时考查运算求解的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、84【解析】分析：先选两个空盒子，再把4个小球分为，两组，分到其余两个盒子里，即可得到答案.详解：先选两个空盒子，再把4个小球分为，两组，故有.故答案为84.点睛：本题考查的是排列、组合的实际应用，考查了计数原理，注意这种有条件的排列要分两步走，先选元素再排列.14、1【解析】分别就集合中含有共8个元素逐一分析，求和后得答案.【详解】含1元，含7元，则，于是，共；同理：含2元，含6元，共6个；含3元，含5元，共15个

14、；含5元，含3元，共15个；含6元，含2元，共6个；含7元，含1元，共1个【点睛】本题主要考查排列组合的应用，根据元素关系分别进行讨论是解决本题的关键.15、6【解析】利用二项展开式的通项公式，当时得到项，再抽出其系数.【详解】，当时，所以第三项的系数为，故填.【点睛】本题考查二项展开式的简单运用，考查基本运算能力，注意第3项不是，而是.16、【解析】令，得，转化为直线与函数的图象有两个交点，于此可得出实数的值。【详解】令，得，构造函数，其中，问题转化为：当直线与函数的图象有两个交点，求实数的值。，令，得，列表如下：极小值作出图象如下图所示：结合图象可知，因此，故答案为：。【点睛】本题考查函数

15、的零点个数问题，由函数零点个数求参数的取值范围，求解方法有如下两种：（1）分类讨论法：利用导数研究函数的单调性与极值，借助图象列出有关参数的不等式组求解即可；（2）参变量分离法：令原函数为零，得，将问题转化为直线与函数的图象，一般要利用导数研究函数的单调性与极值，利用图象求解。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）详见解析；（2）.【解析】(1)本题首先可以取的中点并连接，然后利用平面侧面得到平面，再根据三棱柱是直三棱柱得到，最后根据线面垂直的相关性质得到侧面，即可得出结果；(2)首先可以构造出空间直角坐标系，然后求出平面与平面的法向量，即可得出结果【详解】

16、(1)如图，取的中点，连接.因为，所以.由平面侧面，且平面侧面，得平面，又平面，所以，因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，又，从而侧面，又侧面，故；(2)由(1)知且底面，所以以点为原点，以所在直线分别为，轴建立空间直角坐标系，设，则，设平面的一个法向量，由，得，令，得，则，设直线与平面所成的角为，则，所以，解得，即又设平面的一个法向量为，同理可得.设锐二面角的大小为，则，由，得，所以锐二面角的大小为【点睛】本题考查了解析几何的相关性质，主要考查了线线垂直的证明以及二面角的求法，线线垂直可以通过线面垂直证明，而二面角则可以通过构造空间直角坐标系并借助法向量来求解，考查推理能力，考查数形结合思想，是

17、中档题18、 (1) .(2) .【解析】分析：（1）利用分段讨论法去掉绝对值，解a=2时对应的不等式即可；（2）由f（x）a|x+3|得a，利用绝对值三角不等式处理即可.详解：（1）当时，的解集为： （2）由得：由，得：得（当且仅当或时等号成立），故的最小值为.点睛：绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想19、（1）；（2）.【解析】（1）由复数z求出，然后代入复数z2+34化简求值即可；（2）把复数z代入，然后由复数代数形式的乘除运算化

18、简求值，再根据复数相等的定义列出方程组，从而解方程组可求得答案【详解】（1） ， ,.（2）, 解得：【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，考查了复数相等的定义，是基础题20、（1），（2）【解析】（1）将变换公式代入得，即可曲线C的方程，利用极坐标与直角的互化公式，即可求解直线的直角坐标方程； （2）将直线l0的参数方程代入曲线C的方程整理得，利用根与系数的关系和直线的参数方程中参数的几何意义，即可求解的值.【详解】（1）将代入得，曲线C的方程为，由，得，把，代入上式得直线l的直角坐标方程为. （2）因为直线l的倾斜角为，所以其垂线l0的倾斜角为，则直线l0的参数方程为（t为参数），即（t为参数）代入曲线C的方程整理得，设A，B两点对应的参数为t1，t2，由题意知，则，且，所以.【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标的互化，直线参数方程的应用，其中解答中熟记互化公式，合理利用韦达定理和直线的参数方程中参数的几何意义求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.21、（1）（2）【解析】（1）由题意知，QS的轨迹为圆的一部分，PQ的轨迹为双曲线的一部分，ST的轨迹为双曲线的一部分，分别求出对应的轨