北京市门头沟区2021-2022学年高二数学第二学期期末联考试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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在“新零售”模式的背景下,自由职业越来越流行，诸如:淘宝网店主、微商等等.现调研某自由职业者的工资收入情况.记表示该自由职业者平均每天工作的小时数，表示平均每天工作个小时的月收入.（小时）23456（千元）2.5344.56假设与具有线性相

2、关关系，则关于的线性回归方程必经过点( )ABCD2若90件产品中有5件次品，现从中任取3件产品，则至少有一件是次品的取法种数是（ ）.ABCD3已知函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为( )ABCD4设锐角的三个内角的对边分别为 且，则周长的取值范围为（ ）ABCD5一个袋子中有4个红球，2个白球，若从中任取2个球，则这2个球中有白球的概率是ABCD6如图，在正四棱柱中， 是侧面内的动点，且记与平面所成的角为，则的最大值为ABCD7使不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）ABC或D8定积分的值为( )ABCD9给出下列四个命题：回归直线过样本点中心（，）将一组数据中的每个数据都加上或减

3、去同一个常数后，平均值不变将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变在回归方程4x+4中，变量x每增加一个单位时，y平均增加4个单位其中错误命题的序号是（）ABCD10如图，某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积是（ ） ABCD11利用独立性检验的方法调查大学生的性别与爱好某项运动是否有关，通过随机询问111名不同的大学生是否爱好某项运动，利用列联表，由计算可得P（K2k）1111141124111111141111k2615384141245534686911828参照附表，得到的正确结论是（ ）A有84%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”B有84%以上的

4、把握认为“爱好该项运动与性别有关”C在犯错误的概率不超过114%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”D在犯错误的概率不超过114%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”12已知集合，则ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知是过抛物线的焦点的直线与抛物线的交点，是坐标原点，且满足，则的值为_.14若，且，则的最大值为_15一个兴趣学习小组由12男生6女生组成，从中随机选取3人作为领队，记选取的3名领队中男生的人数为X，则X的期望EX=16展开式中的常数项是_(用数字作答)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）已知函数，其中为实

5、常数.（1）若当时，在区间上的最大值为，求的值；（2）对任意不同两点，设直线的斜率为，若恒成立，求的取值范围.18（12分）已知命题：函数在上是减函数，命题，.(1)若为假命题，求实数的取值范围；(2)若“或”为假命题，求实数的取值范围.19（12分）甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立.求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和均值（数学期望）.20（12分）如图，在平行四边形中，将沿对角线折起，折后的点变为，且()求证：平面平

6、面；()求异面直线与所成角的余弦值；（）E为线段上的一个动点，当线段的长为多少时，与平面所成的角正弦值为？21（12分）在直角坐标系中，斜率为k的动直线l过点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.（1）若直线l与曲线C有两个交点，求这两个交点的中点P的轨迹关于参数k的参数方程；（2）在条件（1）下，求曲线的长度.22（10分）已知函数（1）求函数的单调区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值参考答案一、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、C【解析】分析：先求均值，再根据线性回归方程性质得结

7、果.详解：因为，所以线性回归方程必经过点,选C.点睛：函数关系是一种确定的关系，相关关系是一种非确定的关系.事实上，函数关系是两个非随机变量的关系，而相关关系是非随机变量与随机变量的关系.如果线性相关，则直接根据用公式求，写出回归方程，回归直线方程恒过点.2、C【解析】根据题意，用间接法分析：先计算从90件产品中任取3件的取法，再排除其中全部为正品的取法，分析可得答案【详解】解：根据题意，用间接法分析：从90件产品中任取3件，有种取法，其中没有次品，即全部为正品的取法有种取法，则至少有一件是次品的取法有种；故选：C【点睛】本题考查排列、组合的应用，注意用间接法分析，避免分类讨论，属于基础题3、

8、A【解析】令，这样原不等式可以转化为，构造新函数，求导，并结合已知条件，可以判断出的单调性，利用单调性，从而可以解得，也就可以求解出，得到答案.【详解】解:令，则，令，则，在上单调递增，故选A.【点睛】本题考查了利用转化法、构造函数法、求导法解决不等式解集问题，考查了数学运算能力和推理论证能力.4、C【解析】因为为锐角三角形，所以，即，所以，；又因为，所以，又因为，所以；由，即，所以，令，则，又因为函数在上单调递增，所以函数值域为，故选C点睛：本题解题关键是利用正弦定理实现边角的转化得到周长关于角的函数关系，借助二次函数的单调性求最值，易错点是限制角的取值范围.5、B【解析】先计算从中任取2个

9、球的基本事件总数，然后计算这2个球中有白球包含的基本事件个数，由此能求出这2个球中有白球的概率【详解】解：一个袋子中有4个红球，2个白球，将4红球编号为1，2，3，4；2个白球编号为5，1从中任取2个球，基本事件为：1，2，1，3，1，4，1，5，1，1，2，3，2，4，2，5，2，1，3，4，3，5，3，1，4，5，4，1，5，1，共15个，而且这些基本事件的出现是等可能的用A表示“两个球中有白球”这一事件，则A包含的基本事件有：1，5，1，1，2，5，2，1，3，5，3，1，4，5，4，1，5，1共9个，这2个球中有白球的概率是故选B【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础

10、知识，考查运算求解能力，是基础题6、B【解析】建立以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，设点，利用，转化为，得出，利用空间向量法求出的表达式，并将代入的表达式，利用二次函数的性质求出的最大值，再由同角三角函数的基本关系求出的最大值【详解】如下图所示，以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则、，设点，则，则，得，平面的一个法向量为，所以， ，当时，取最大值，此时，也取最大值，且，此时，因此，故选B【点睛】本题考查立体几何的动点问题，考查直线与平面所成角的最大值的求法，对于这类问题，一般是建立空间坐标系，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的问题

11、求解，考查运算求解能力，属于难题7、A【解析】首先解出不等式，因为是不等式成立的一个充分不必要条件，所以满足是不等式的真子集即可【详解】因为，所以或，需要是不等式成立的一个充分不必要条件，则需要满足是的真子集的只有A,所以选择A【点睛】本题主要考查了解不等式以及命题之间的关系，属于基础题8、C【解析】试题分析：=.故选C.考点：1.微积分基本定理；2.定积分的计算.9、B【解析】由回归直线都过样本中心，可判断；由均值和方差的性质可判断；由回归直线方程的特点可判断，得到答案【详解】对于中，回归直线过样本点中心，故正确；对于中，将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后，平均值为加上或减去这个

12、常数，故错误；对于中，将一组数据中的每个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，故正确；对于中，在回归直线方程，变量每增加一个单位时，平均增加4个单位，故正确，故选B【点睛】本题主要考查了回归直线方程的特点和均值、方差的性质的应用，着重考查了判断能力，属于基础题10、C【解析】根据三视图知几何体为上下底面为等腰直角三角形，高为的三棱台，计算体积得到答案.【详解】根据三视图知：几何体为上下底面为等腰直角三角形，高为的三棱台，故.故选：.【点睛】本题考查了三视图求体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.11、B【解析】解：计算K28.8156.869，对照表中数据得出有1.114的几率说明这两

13、个变量之间的关系是不可信的，即有11.114=8.4%的把握说明两个变量之间有关系，本题选择B选项.12、C【解析】利用一元二次不等式的解法化简集合，再根据集合的基本运算进行求解即可【详解】因为，所以，故选C【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先由题意得到直线的斜率存在，不妨设直线的斜率，过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，过点作于点，根据题中条件求出抛物线方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与题中条件，求出交点横坐标，再由弦长公式，即可求出结果

14、.【详解】由题意，易知直线的斜率存在，则由抛物线的对称性，不妨设直线的斜率，过点作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，过点作于点，则由，可得，即，则，所以点为的中点，则，所以，则，解得，则直线的方程为，由得，则，由，得，即，结合，解得，则.故答案为【点睛】本题主要考查抛物线中的弦长问题，熟记抛物线的性质，以及直线与抛物线位置关系即可，属于常考题型.14、.【解析】分析：由题可得： ，再结合可得：，故，解不等式即可.详解：由题得根据基本不等式可知：，由可得：故，所以解得：，故的最大值为.故答案为：.点睛：考查基本不等式的运用，解不等式，考查学生的思维分析能力，本题能得出然后联立原式将看成一个整体作为

15、变量取求解是解题关键，属于难题.15、2【解析】试题分析：由题意X的可能取值为0，1，2，3，P（X=0）=C6P（X=1）=C12P（X=2）=C12P（X=3）=C12E（X）=020816+1180816+2396816考点：离散型随机变量的期望与方差16、【解析】将二项式变形为，得出其展开式通项为，再利用，求出，不存在，再将代入可得出所求常数项。【详解】，所以，展开式的通项为 ，令，可得，不存在，因此，展开式中的常数项是，故答案为：。【点睛】本题考查二项式定理，考查指定项系数的求解，解这类问题一般是利用二项式定理将展开式表示为通项，利用指数求出参数，考查计算能力，属于中等题。三、解答题

16、：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）讨论与0，1，e的大小关系确定最值得a的方程即可求解；（2）原不等式化为，不妨设，整理得，设，当时，得，分离，求其最值即可求解a的范围【详解】（1），令，则.所以在上单调递增，在上单调递减.当，即时，在区间上单调递减，则，由已知，即，符合题意.当时，即时，在区间上单调递增，在上单调递减，则，由已知，即，不符合题意，舍去.当，即时，在区间上单调递增，则，由已知，即，不符合题意，舍去.综上分析，.（2）由题意，则原不等式化为，不妨设，则，即，即.设，则，由已知，当时，不等式恒成立，则在上是增函数.所以当时，即

17、，即恒成立，因为，当且仅当，即时取等号，所以.故的取值范围是.【点睛】本题考查函数的单调性，不等式恒成立问题，构造函数与分离变量求最值，分类讨论思想，转化化归能力，是中档题18、 (1) .（2）.【解析】分析：第一问利用命题的否定和命题本身是一真一假的，根据命题q是假命题，得到命题的否定是真命题，结合二次函数图像，得到相应的参数的取值范围；第二问利用“或”为假命题，则有两个命题都是假命题，所以先求命题p为真命题时参数的范围，之后求其补集，得到m的范围，之后将两个命题都假时参数的范围取交集，求得结果.详解：（1）因为命题 ，所以： ，当为假命题时，等价于为真命题， 即在上恒成立，故，解得所以为

18、假命题时，实数的取值范围为.（2）函数的对称轴方程为，当函数在上是减函数时，则有即为真时，实数的取值范围为“或”为假命题，故与同时为假，则 ，综上可知，当 “或”为假命题时，实数的取值范围为点睛：该题考查的是有关利用命题的真假判断来求有关参数的取值范围，在解题的过程中，需要明确复合命题的真值表，以及二次函数的图像和性质要非常熟悉.19、（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）甲在4局以内（含4局）赢得比赛的情况有：前2局甲赢；第1局乙赢、第2、3局甲赢；第1局甲赢、第2局乙赢、第3、4局甲赢，从而就可以求出概率.（2）根据题意的可能取值为.列出分布列表格，就可以求出期望的值.用表示“甲在4局以

19、内（含4局）赢得比赛”，表示“第局甲获胜”，表示“第局乙获胜”.则，.的可能取值为.故的分布列为2345所以.考点：1.概率的求解；2.期望的求解.HYPERLINK /console/media/GrzgRNsCF6ndEKO9UMk4RNzc5S37RhQ3-BH1TZ-ArdZKG2URaeDn3301EIMbYcZQKXMzsSQHUnKf5kD0Y_EotMGizPu3R1kVuZTMyNwqgFZwHUQaOjBFqQK9KILSczprd4PzhMfR9yrGqYq9wLNHJg视频20、（）见解析（）（）【解析】（）由已知条件得知，再利用勾股定理证明，结合直线与平面垂直的判定定理证明平面，最后利用平面与平面的判定定理可证明出结论；（）以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量法计算异面直线和所成角的余弦值；（）设，将向量的坐标用实数表示，求出平面的一个法向量，由题中条件得求出的值，于此可求出的长度【详解】（） 在中，.四边形是平行四边形，又， 又 平面又平面，平面平面；（）如图，过作的垂线，以点为原点建立空间直角坐标系,则 ,从而 , 异面直线与所成角的余弦值等于.；（）.设则 取平面的一个法向量为， 记与平面所成的角为，则， ，解得，即【点睛】本题考查平面与平面垂直的证明，考查异面直线所成的角以及直线与平面所成角的探索性