2022年河北省秦皇岛市高二数学第二学期期末复习检测模拟试题含解析

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 “因为指数函数是增函数(大前提)，而是指数函数(小前提)，所以函数是增函数(结论)”，上面推理的错误在于A大前提错误导致结论错B小前提错误导致结论错C推理形式错误导致结

2、论错D大前提和小前提错误导致结论错2圆与圆的位置关系是（ ）A相交B内切C外切D相离3一个正方体的展开如图所示，点，为原正方体的顶点，点为原正方体一条棱的中点，那么在原来的正方体中，直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD4函数的部分图象可能是（ ）ABCD5的展开式中不含项的各项系数之和为（ ）ABCD6不等式x-5+A-5,7B-,+C-,-57,+7将4名实习教师分配到高一年级三个班实习，每班至少安排一名教师，则不同的分配方案有（ ）种A12B36C72D1088已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）ABCD9已知，那么等于（ ）ABCD10若偶函数满足且时,则方程的根的个数是( )A2个

3、B4个C3个D多于4个11若实数满足，则的最大值为（ ）A3B4C5D612已知数列的前项和为，且满足，则下列结论中（ ）数列是等差数列；A仅有正确B仅有正确C仅有正确D均正确二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13小明和小刚去上海迪士尼游玩，他们约定游玩飞越地平线、雷鸣山漂流、创极連光轮等个游戏，并且各自独立地从个游戏中任选个进行游玩，每个游戏需要小时，则最后小时他们同在一个游戏游玩的概率是_14公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在前人的基础上写了一部划时代的著作圆锥曲线论，该书给出了当时数学家们所研究的六大轨迹问题，其中之一便是“到两个定点的距离之比等于不为1的常数的轨迹是圆

4、”，简称“阿氏圆”用解析几何方法解决“到两个定点，的距离之比为的动点轨迹方程是：”，则该“阿氏圆”的圆心坐标是_，半径是_15已知的外接圆半径为1，点在线段上，且，则面积的最大值为_.16若二项式展开式的常数项为，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）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bcos2 +acos2 = c（）求证：a，c，b成等差数列； （）若C= ，ABC的面积为2 ，求c18（12分）4个不同的红球和6个不同的白球放入同一个袋中，现从中取出4个球（1）若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有多少不同的取法？（

5、2）取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取出4个球所得总分不少于5分，则有多少种不同取法19（12分）已知函数.（1）若，求函数的极值；（2）当 时，判断函数在区间上零点的个数.20（12分）某学习小组在研究性学习中，对昼夜温差大小与绿豆种子一天内出芽数之间的关系进行研究该小组在4月份记录了1日至6日每天昼夜最高、最低温度(如图1)，以及浸泡的100颗绿豆种子当天内的出芽数(如图2)根据上述数据作出散点图，可知绿豆种子出芽数 (颗)和温差具有线性相关关系。(1)求绿豆种子出芽数 (颗)关于温差的回归方程；(2)假如4月1日至7日的日温差的平均值为11，估计4月7日浸泡的10000颗绿豆种

6、子一天内的出芽数。附：21（12分）（衡水金卷2018年普通高等学校招生全国统一考试模拟试卷）如图，在三棱柱中，侧棱底面，且，是棱的中点，点在侧棱上运动.（1）当是棱的中点时，求证：平面；（2）当直线与平面所成的角的正切值为时，求二面角的余弦值.22（10分）如图，在正四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系.（1）若，求异面直线与所成角的大小；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；（3）若二面角的大小为，求实数的值.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、A【解析】试题分析：大前提：指数函数是增函数错误，只有在时才是增函

7、数考点：推理三段论2、C【解析】据题意可知两个圆的圆心分别为，；半径分别为1和4；圆心距离为5，再由半径长度与圆心距可判断两圆位置关系.【详解】设两个圆的半径分别为和，因为圆的方程为与圆 所以圆心坐标为，圆心距离为5，由，可知两圆外切，故选C.【点睛】本题考查两圆的位置关系，属于基础题.3、D【解析】分析：先还原正方体，将对应的字母标出，与所成角等于与所成角，在三角形中，再利用余弦定理求出此角的余弦值即可.详解：还原正方体，如图所示，设，则，与所成角等于与所成角，余弦值为，故选D.点睛：本题主要考查异面直线所成的角以及空间想象能力，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以

8、及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值. 4、A【解析】考查函数的定义域、在上的函数值符号，可得出正确选项.【详解】对于函数，解得且，该函数的定义域为，排除B、D选项.当时，则，此时，故选：A.【点睛】本题考查函数图象的识别，一般从函数的定义域、奇偶性、单调性、零点、函数值符号进行判断，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.5、D【解析】采用赋值法，令得：求出各项系数之和，减去项系数即为所求【详解】展开式中，令得展开式的各项系数和为 而展开式的的通项为 则展开式中含项系

9、数为 故的展开式中不含项的各项系数之和为 故选D.【点睛】考查对二项式定理和二项展开式的性质，重点考查实践意识和创新能力，体现正难则反6、B【解析】利用绝对值三角不等式，得到x-5+x+3【详解】x-5x-5+x+3故答案选B【点睛】本题考查了解绝对值不等式，利用绝对值三角不等式简化了运算.7、B【解析】试题分析：第一步从名实习教师中选出名组成一个复合元素，共有种，第二步把个元素（包含一个复合元素）安排到三个班实习有,根据分步计数原理不同的分配方案有种，故选B考点：计数原理的应用8、D【解析】 由函数，可得，所以函数为奇函数，又，因为，所以，所以函数为单调递增函数，因为，即，所以，解得，故选D

10、点睛：本题考查了函数的单调性、奇偶性和函数不等式的求解问题，其中解答中函数的奇偶性和函数的单调性，转化为不等式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，对于解函数不等式：首先根据函数的单调性和奇偶性把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内是试题的易错点9、B【解析】根据条件概率公式得出可计算出结果.【详解】由条件概率公式得，故选B.【点睛】本题考查条件概率的计算，利用条件概率公式进行计算是解本题的关键，属于基础题.10、B【解析】在同一坐标系中画出函数和函数的图象，这两个函数的图象的焦点个数，即为所求.【详解

11、】因为偶函数满足，所以函数的周期为2，又当时，故当时，则方程的根的个数，等价于函数和函数的图象的交点个数，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图所示，可得两函数的图象有4个交点，即方程有4个根，故选B.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用问题，即根的存在性及根的个数的判定，其中解答中把方程的根的个数，转化为函数和函数的图象的交点个数，在同一坐标系中作出两个函数的图象，结合图象求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.11、B【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合进行求解即可【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）设得，平移直线，由

12、图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大由，解得，即，代入目标函数得即目标函数的最大值为1故选B【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法12、D【解析】由条件求得，可判断，由得，可判断；由判断，可知均正确，可选出结果【详解】由条件知，对任意正整数n，有1an（2Snan）（SnSn1）（Sn+Sn1），又所以是等差数列由知或显然，当，0显然成立，故正确仅需考虑an，an+1同号的情况，不失一般性，可设an，an+1均为正（否则将数列各项同时变为相反数，仍满足条件），由故有，此时，从而（）1故选：D【点睛】本题考查数列递推

13、式，不等式的证明，属于一般综合题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析：利用分步计数原理求出小明和小刚最后一小时他们所在的景点结果个数；利用古典概型概率公式求出值详解：小明和小刚最后一小时他们所在的景点共有 中情况小明和小刚最后一小时他们同在一个景点共有种情况由古典概型概率公式后一小时他们同在一个景点的概率是 点睛：本题考查利用分步计数原理求完成事件的方法数、考查古典概型概率公式14、 2 【解析】将圆化为标准方程即可求得结果.【详解】由得：圆心坐标为：，半径为：本题正确结果：；【点睛】本题考查根据圆的方程求解圆心和半径的问题，属于基础题.15、【解析】由所以可知为

14、直径，设，求导得到面积的最大值.【详解】由所以可知为直径，所以，设，则，在中，有，所以的面积，.方法一：（导数法），所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，的面积的最大值为.方法二：（均值不等式），因为.当且仅当，即时等号成立，即.【点睛】本题考查了面积的最大值问题，引入参数是解题的关键.16、【解析】先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于0，求出的值，即可求得展开式中的常数项，结合常数项为列方程求解即可.【详解】二项式展开式的通项为，令，得， 常数项为，得，故答案为.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一

15、，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.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】试题分析：(1)先根据二倍角公式降次，再根据正弦定理将边化为角，结合两角和正弦公式以及三角形内角关系化简得sinB+sinA=2sinC ，最后根据正弦定理得a+b=2c (2)先根据三角形面积公式得ab=8，再根据余弦定理解得c试题解析：（）证明：由正弦定理得：即，sinB+sinA+sinBcos

16、A+cosBsinA=3sinCsinB+sinA+sin（A+B）=3sinCsinB+sinA+sinC=3sinCsinB+sinA=2sinC a+b=2ca，c，b成等差数列 （）,c2=a2+b22abcosC=a2+b2ab=（a+b）23ab=4c21c2=8得18、（1）；（2）.【解析】（1）若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有红、红白、红白三种情况，然后利用分类计数原理可得出答案；（2）若取出的球的总分不少于分，则有红、红白、红白和红白四种情况，然后利用分类计数原理可得出答案.【详解】（1）若取出的红球个数不少于白球个数，则有红、红白、红白三种情况，其中红有种取法，红

17、白有种取法，红白有种取法.因此，共有种不同的取法；（2）若取出的个球的总分不少于分，则有红、红白、红白和红白四种情况.其中红有种取法，红白有种取法，红白有种取法，红白有种不同的取法.因此，共有种不同的取法.【点睛】本题考查分类加法计数原理应用，在解题时要熟练利用分类讨论思想，遵循不重不漏的原则，考查运算求解能力，属于中等题.19、 (1)详见解析;(2)详见解析.【解析】试题分析：（1）求导数得，又，所以，由此可得函数的单调性，进而可求得极值；（2）由，得因此分和两种情况判断函数的单调性，然后根据零点存在定理判断函数零点的个数试题解析：（1），因为，所以，当x变化时，的变化情况如下表：100递

18、增极大值递减极小值递增由表可得当时，有极大值，且极大值为，当时，有极小值，且极小值为.（2）由（1）得 ，. 当时，在上单调递增，在上递减又因为所以在（0,1）和（1,2）上各有一个零点，所以上有两个零点 当，即时，在上单调递增，在上递减，在上递增，又因为所以在上有且只有一个零点，在上没有零点，所以在上有且只有只有一个零点.综上：当时，在上有两个零点；当时，在上有且只有一个零点点睛：利用导数研究方程根（函数零点）的方法研究方程根（函数零点）的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极(最)值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以使得问题的求解有一个清晰、直观的整体展现20、（1）；（2）5125颗【解析】（1）列出日到日温差与出芽数（颗）之间的表格，计算出、，将数据代入公式计算出和的值，即可得出关于的回归方程；（2）先求出日的温差，再代入回归方程计算出日颗绿豆种子的发芽数，得出该日绿豆种子的发芽率，即可计算出颗绿豆种子的发芽数。【详解】（1）依照最高（低）温度折线图和出芽数条形图可得如下数据表：日期日日日日日日温差 出芽数故，所以，则，所以，绿豆种子出芽数（颗）关于温差的回归方程为；（2）因为月日至日温差的平均值为，所以月日的温差，所以，所以，月日浸泡的颗绿豆种子一天内的出芽数约为颗。【点睛】本题考查