湖北省黄石二中2021-2022学年高二数学第二学期期末经典试题含解析

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。1一个盒子里有3个分别标有号码为1，2，3的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是3的取法有（ ）A12种B15种C17种D19种

2、2下列说法正确的是（ ）A命题“若，则”的否命题为“若，则”B命题“，”的否定是“，”C样本的相关系数r，越接近于1，线性相关程度越小D命题“若，则”的逆否命题为真命题3抛物线y上一点M到x轴的距离为d1，到直线1的距离为d2，则d1+d2的最小值为（）ABC3D24设函数f(x)=x3+3x,xR ，若当02A(-,1 B1,+) C(125函数的最小正周期为（ ）ABCD6若两个正实数满足,且恒成立，则实数的取值范围是（）ABCD7设随机变量XN(，2)且P(X2)p，则P(0X0，函数f(x)=x3+x为R上的单调递增函数f(msin)+f(1-m)0由m0恒成立，转化为m5、B【解析】

3、先利用二倍角的余弦公式化简函数解析式，然后利用周期公式可求答案【详解】函数的最小正周期为：本题正确选项：【点睛】本题考查三角函数的周期性及其求法，考查二倍角的余弦公式，属基础题6、D【解析】将代数式与相乘，展开后利用基本不等式求出的最小值，然后解不等式，可得出实数的取值范围【详解】由基本不等式得，当且仅当，由于，即当时，等号成立，所以，的最小值为，由题意可得，即，解得，因此，实数的取值范围是，故选D.【点睛】本题考查不等式恒成立问题，考查利用基本不等式求最值，对于不等式成立的问题，需要结合量词来决定所选择的最值，考查计算能力，属于中等题7、D【解析】由，得正态分布概率密度曲线关于对称，又由，根

4、据对称性，可得，进而可得，即可求解【详解】由随机变量，可知随机变量服从正态分布，其中是图象的对称轴，又由，所以，又因为，根据正态分布概率密度曲线的对称性，可得，所以，故选D【点睛】本题主要考查了正态分布曲线性质的简单应用，其中熟记正态分布概率密度曲线的对称性，合理推算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题8、B【解析】不妨设点P在x轴的上方，设P（x1，y1），根据抛物线的性质可得x1=，即可求出点P的坐标，则可求出点Q的坐标，根据两点间的距离公式可求出【详解】不妨设点P在x轴的上方，设P（x1，y1），|PF|=2，x1+=2，x1=y1=，Q（-，），F（，0），|FQ|=2，

5、故选B【点睛】本题考查了直线和抛物线的位置关系，抛物线的性质，两点间的距离公式，属于基础题一般和抛物线有关的小题，很多时可以应用结论来处理的；平时练习时应多注意抛物线的结论的总结和应用,尤其和焦半径联系的题目，一般都和定义有关，实现点点距和点线距的转化.9、C【解析】由题意可知，p是真命题，q是假命题，则是真命题.本题选择C选项.10、C【解析】试题分析：设,显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能；,显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能；,显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能；同时，假设答案C可能，即集合M、N中存在两

6、个相邻的有理数，显然这是不可能的，故选C考点：以集合为背景的创新题型【方法点睛】创新题型，应抓住问题的本质，即理解题中的新定义，脱去其“新的外衣”，转化为熟悉的知识点和题型上来本题即为，有理数集的交集和并集问题，只是考查两个子集中元素的最值问题，即集合M、N中有无最大元素和最小元素11、B【解析】根据三视图还原几何体，根据棱锥体积公式可求得结果.【详解】由三视图可得几何体直观图如下图所示：可知三棱锥高：；底面面积：三棱锥体积：本题正确选项：【点睛】本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图还原几何体，从而准确求解出三棱锥的高和底面面积.12、C【解析】试题分析：假设公差为,依题意可得.所以.

7、故选C.考点：等差数列的性质.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】计算导数，然后构造函数，利用导数研究该函数的单调性进而判断原函数的单调性，可得结果.【详解】由题可知：令，则由，所以所以，则在递减所以，又则所以函数在递增所以所以故答案为：【点睛】本题考查函数在区间的最值，难点在于构造函数二次求导，注意细节，需要通过判断函数在区间的单调情况才能代值计算，考查对问题的分析能力，属中档题.14、.【解析】由题意结合二项式定理展开式的通项公式得到的值，然后求解的系数即可.【详解】结合二项式定理的通项公式有：，令可得：，则的系数为：.【点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求

8、解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中和的隐含条件，即、均为非负整数，且，如常数项指数为零、有理项指数为整数等）)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解15、48【解析】分析：从正方体的个顶点中人取三个点共有种取法，其中等边三角形共有个，作差即可得结果.详解：从正方体的个顶点中人取三个点共有种取法，其中等边三角形共有个，所以非等边三角形共有个，故答案为.点睛：本题主要考查组合数的应用，属于简单题.16、2【解析】利用等差数列的性质可得，从而【详解】

9、因为，故，所以，填【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2） 且 ；（3）且为等差数列；（4） 为等差数列.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)【解析】(1)建立空间直角坐标系,设,从而确定与 的坐标,通过求二者的数量积证明.(2)结合第一问,计算出直线的方向向量和平面的法向量,结合线面角余弦值和诱导公式即可求直线与平面所成角的正弦值.【详解】(1)证明:在底面 内作,以点为坐标原点,、 的方向分别为、轴建立空间直角坐标系,不妨设 则, 由 可求得 的坐标为利用中点坐标公式可求出 , 即(2)解:由第一问可知

10、: .设平面 的法向量为 则,不妨设 则,此时 设直线与平面所成角为,则 即直线与平面所成角的正弦值为 .【点睛】本题考查了空间几何中的线线垂直的判定,考查了线面角的求解问题.解答此类问题时,一般情况下根据题意建立适当的空间坐标系,根据已知的垂直、平行、数量关系等条件,求出点的坐标,进而求出方向向量、法向量的坐标.易错点在于对于直线和平面所成角的问题中, 不少同学错把求得的直线方向向量和平面法向量的夹角认为是所求角.18、 (1)见解析;(2).【解析】分析：先求出，继而，令代入得构造，然后利用已知代入证明详解：（）是偶函数由已知得，即，所以是偶函数.（）设，则， 所以，所以在上为增函数.因为

11、，又是偶函数，所以有，解得不等式的解集为.点睛：本题证明了抽象函数的奇偶性和单调性，在解答此类题目时方法要掌握，按照基本定义来证明，先求出和的值，然后配出形式，单调性要构造，然后按照已知法则来证明。19、（1）；（2）【解析】分析：（1）根据，列出关于首项 ，公比 的方程组，解得、的值，即可得数列的通项公式；（2）由（1）可得，结合等比数列求和公式，利用错位相减法求解即可.详解：设数列的公比为.由=得，所以. 由条件可知，故.由得，所以.故数列的通项公式为(2)点睛：本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式以及错位相减法求数列的前 项和，属于中档题.一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数

12、列的前项和时，可采用“错位相减法”求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解, 在写出“”与“” 的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式.20、（1），；（2）或【解析】试题分析：（1）直线与椭圆的参数方程化为直角坐标方程，联立解交点坐标；（2）利用椭圆参数方程，设点，由点到直线距离公式求参数试题解析：（1）曲线的普通方程为.当时，直线的普通方程为.由解得或.从而与的交点坐标为，.（2）直线的普通方程为，故上的点到的距离为.当时，的最大值为.由题设得，所以；当时，的最大值为.由题设得，所以.综上，或.点睛:本题为选修内容，先把直线与椭圆的参数方程化为直角坐标方程，联立方程，可得交点坐标，利用椭圆的参数方程，求椭圆上一点到一条直线的距离的最大值，直接利用点到直线的距离公式，表示出椭圆上的点到直线的距离，利用三角有界性确认最值，进而求得参数的值21、（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用零点分段法将去绝对值，分成三段，令每一段大于，求解后取并集；（2）由（1）时，分离常数得，右边函数为增函数，所以，解得.试题解析：（1）,所以当时, 满足原不等式；当时, 原不等式即为,解