2022年河北省石家莊市鹿泉一中等名校數學高二第二學期期末聯考模擬試題含解析

1、2021-2022高二下數學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1已知拋物線的焦點為，準線為，是上一點，是直線與的一個交點，若，則（ ）A8B4C6D32由曲線，直線，和軸所圍成平面圖形的面積為（ ）ABCD3已知函數，若函數在上為增函數，則正實數a的取值范圍為（）ABCD4若，則的展開式中常數項為A8B

2、16C24D605不等式0的解集是A（，）B（4，）C（，3）（4，+）D（，3）（，）6已知函數與的圖像有三個不同的公共點，其中為自然對數的底數，則實數的取值范圍為（ ）ABCD7若函數，則（ ）A1BC27D8在平面直角坐標系中，曲線（為參數）上的點到直線的距離的最大值為（ ）ABCD9當生物死亡后，其體內原有的碳的含量大約每經過年衰減為原來的一半，這個時間稱為“半衰期”.在一次考古挖掘中，考古學家發(fā)現一批魚化石，經檢測其碳14含量約為原始含量的，則該生物生存的年代距今約（）A萬年B萬年C萬年D萬年10設函數f(x)=x3+3x,xR ，若當00，函數f(x)=x3+x為R上的單調遞增函數

3、f(msin)+f(1-m)0由m0恒成立，轉化為m11、C【解析】試題分析：，為偶函數，當且時，或，所以選擇C?？键c：1.導數運算；2.函數圖象。12、B【解析】分析：利用定積分的運算求得m的值，再根據乘方的幾何意義，分類討論，求得xm2yz項的系數詳解：3sinxdx=3cosx=3（coscos0）=6，則（x2y+3z）m=（x2y+3z）6 ，xm2yz=x4yz而（x2y+3z）6表示6個因式（x2y+3z）的乘積，故其中一個因式取2y，另一個因式取3z，剩余的4個因式都取x，即可得到含xm2yz=x4yz的項，xm2yz=x4yz項的系數等于 故選：B點睛：這個題目考查的是二項式

4、中的特定項的系數問題，在做二項式的問題時，看清楚題目是求二項式系數還是系數，還要注意在求系數和時，是不是缺少首項；解決這類問題常用的方法有賦值法，求導后賦值，積分后賦值等。二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】設直線的方程為,聯立拋物線的方程得出韋達定理,將翻譯成關于點,的關系式,再代入韋達定理求解即可.【詳解】設直線的方程為,則,設,.則.則由得.代入韋達定理有恒成立.故故答案為：【點睛】本題主要考查了直線與拋物線的位置關系,設而不求利用韋達定理翻譯題目條件從而進行運算的方法等.屬于中等題型.14、【解析】根據對稱軸為可得，結合的范圍可求得結果.【詳解】為函數的對稱軸

5、 解得：又 本題正確結果：【點睛】本題考查根據三角函數性質求解解析式的問題，關鍵是能夠采用整體對應的方式來進行求解.15、4【解析】根據向量線性運算分別表示出,結合向量數量積運算即可求解.【詳解】根據題意,畫出空間幾何體如下圖:,且,且底面邊長和側棱長都為2則,所以故答案為:4【點睛】本題考查了空間向量的線性運算和數量積的應用,屬于基礎題.16、1【解析】分析：求導函數，分類討論，利用導數的正負，即可求的單調區(qū)間；詳解： 若 ，則 ，即在上單調遞增，不符題意，舍；若，令，可得或（舍去）x(0，2aa2aa（2aaf（x）-0+f（x）減增)，+）在 上是減函數，在上是增函數；根據題意若函數的單

6、調遞增區(qū)間是，則 即答案為1.點睛：本題考查導數知識的運用，考查函數的單調性，考查學生分析解決問題的能力，正確轉化是關鍵三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】（1）由可得，計算進而得答案。（2）設直線的方程，聯立方程組，利用韋達定理，代入的面積公式計算整理即可?！驹斀狻浚?），解得，故（2）由（1）知橢圓方程可化簡為易求直線的斜率為，故可設直線的方程為：由消去得，于是的面積，因此橢圓的方程為，即【點睛】本題考查橢圓的離心率以及通過弦長公式求橢圓的相關量，屬于一般題。18、（1）見解析；（2）見解析【解析】（1）對求導，分，進行討論，可得函數的

7、單調性；（2）將代入，對求導，可得，再對求導，可得函數有唯一極大值點，且.可得,設，對其求導后可得.【詳解】解：（1），又，時，所以可解得：函數在單調遞增，在單調遞減；經計算可得，時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減.綜上：時，函數在單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減；時，函數在單調遞減；時，函數在單調遞減，單調遞增，單調遞減. （2）若，則，設，則，當時，單調遞減，即單調遞減，當時，單調遞增，即單調遞增. 又因為由可知：，而，且，使得，且時，單調遞增，時，單調遞減，時，單調遞增， 所以函數有唯一極大值點，且

8、.所以,設（），則，在單調遞增，又因為， .【點睛】本題主要考查導數、函數的單調性等知識，考查方程與函數、分類與整合的數學思想，考查學生的推理論證能力與運算求解能力.19、；存在,.【解析】(1)由題意，從而求得拋物線方程；（2）設，可設出切線方程及，并設出過點的直線與拋物線相切，從而聯立拋物線知，同理，可表示過點N的切線，從而計算兩直線相交的交點，于是可得答案.【詳解】是等邊三角形，原點為中點，半徑圓，半徑，拋物線設，過點作拋物線的兩條切線（異于直線）交于點，并設切線，由替換法則，拋物線在點處的切線方程為即記設過點的直線與拋物線相切，代入拋物線方程得，即根據韋達定理，由可得， 同理可得，切線

9、 聯立與圓可得，韋達定理可得，聯立、并代入可求得，代入可求得 .所以即切線的交點在圓上，故存在圓上一點滿足均為拋物線的切線.【點睛】本題主要考查直線與拋物線的位置關系，意在考查學生的計算能力，分析能力，轉化能力，難度較大.20、（I），；（II）.【解析】（I）曲線C的參數方程消去參數，能求出曲線C的普通方程；由直線l的極坐標方程，能求出直線l的直角坐標方程（II）在曲線C上任取一點利用點到直線的距離公式能求出曲線C上的點到直線l的最小距離【詳解】（I）曲線的普通方程為，直線的直角坐標方程為.（II）設曲線上的點的坐標為，則點到直線的距離，當時，取得最大值，曲線上的點到直線的距離的最大值為.【

10、點睛】本題考查曲線的普通方程和直線的直角坐標方程的求法，考查曲線上的點到直線的最小距離的求法，考查參數方程、直角坐標方程、極坐標方程互化公式的應用，考查運算求解能力、轉化化歸思想，是中檔題21、（1）證明見解析（2）的最小值為【解析】試題分析：（1）求出雙曲線的漸近線方程，設點利用點到直線的距離公式，即可得到結論，寫出距離的乘積，再利用點在雙曲線上得出定值；（2）用點點距公式表示出|PA|，利用配方法，求得函數的最值，即可求得結論（1）設點，由題意知雙曲線的兩條漸近線方程分別為和，則點到兩條漸近線的距離分別為和，則，得證；（2）設點，則當時，有最小值.22、 (1) (2) ，或【解析】（1）求出后可得橢圓的標準方程.（2）先求出的外接圓的方程，設點為點為，則由可得對任意的恒成立，故可得關于的方程，從而求得的坐標.【詳解】解：（1）因為橢圓的離心率為，所以. 又橢圓過點，所以代入得. 又. 由，解得.所以橢圓的標準方程為.（2）由（1）得，的坐標分別是.因為的外接圓的圓心一定在邊的垂直平分線上，即的外接圓的圓心一定在軸上，所以可設的外接圓的圓心為，半徑為，圓心的坐標為，則由及兩點間的距離公式，得，解得.所以圓心的坐標為，半徑