安徽省合肥六中、合肥八中、阜阳一中、淮北一中四校2022年数学高二下期末统考模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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祖暅是南北朝时代的伟大科学家，公元五世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果

2、截面面积恒相等，那么这两个几何体的体积一定相等设A，B为两个同高的几何体，A，B的体积不相等，A，B在等高处的截面积不恒相等根据祖暅原理可知，p是q的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件2复数等于（ ）ABC0D3已知函数的部分图象如图所示，其中N，P的坐标分别为，则函数f（x）的单调递减区间不可能为（ ）ABCD4在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为，若曲线与交于、两点，则等于（）ABCD5已知随机变量，若，则（ ）A0.1B0.2C0.32D0.366已知圆，定点，点为圆上的动点，点在上，点在线段上，且满足，则点的轨迹方程是（ ）ABCD7如

3、图，矩形的四个顶点依次为，记线段、以及的图象围成的区域（图中阴影部分）为，若向矩形内任意投一点，则点落在区域内的概率为( )ABCD8在椭圆内，通过点，且被这点平分的弦所在的直线方程为（ ）ABCD9已知一袋中有标有号码、的卡片各一张，每次从中取出一张，记下号码后放回，当三种号码的卡片全部取出时即停止，则恰好取次卡片时停止的概率为（ ）ABCD10某教师要把语文、数学、外语、历史四个科目排到如下的课表中，如果相同科目既不同行也不同列，星期一的课表已经确定如下表，则其余三天课表的不同排法种数有() A96B36C24D1211学生会为了调查学生对年俄罗斯世界杯的关注是否与性别有关，抽样调查人，得

4、到如下数据：不关注关注总计男生301545女生451055总计7525100根据表中数据，通过计算统计量，并参考以下临界数据：0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.0010.4550.7081.3232.0722.7063.845.0246.6357.87910.828若由此认为“学生对2018年俄罗斯世界杯的关注与性别有关”，则此结论出错的概率不超过（ ）ABCD12已知，是双曲线的左、右焦点，点关于渐近线的对称点恰好落在以为圆心，为半径的圆上，则该双曲线的离心率为（ ）ABC2D3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某高中有高一学

5、生320人，高二学生400人，高三学生360人.现采用分层抽样调查学生的视力情况.已知从高一学生中抽取了8人，则三个年级一共抽取了_人。14已知函数，当时，这两个函数图象的交点个数为_个（参考数值：）15在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则的最大值为_16从1,2,3,4,5中任取2个不同的数，事件A“取到的2个数之和为偶数”，事件B“取到的2个数均为偶数”，则P(B|A)_.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）某校开设的校本课程分别有人文科学、自然科学、艺术体育三个课程类别，每种课程类别开

6、设课程数及学分设定如下表所示：人文科学类自然科学类艺术体育类课程门数每门课程学分学校要求学生在高中三年内从中选修门课程，假设学生选修每门课程的机会均等.（1）求甲三种类别各选一门概率；（2）设甲所选门课程的学分数为，写出的分布列，并求出的数学期望.18（12分）已知函数（1）当时，求的单调区间；（2）若对于在定义域内的任意，都有，求的取值范围19（12分）已知函数（1）若，解不等式：；（2）若当时，函数都能取到最小值，求实数的取值范围.20（12分）已知等差数列an，等比数列bn满足：a1b11，a2b2，2a3b31.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cnanbn，求数列cn的前n项

7、和Sn.21（12分）在某项体能测试中，规定每名运动员必需参加且最多两次，一旦第一次测试通过则不再参加第二次测试，否则将参加第二次测试.已知甲每次通过的概率为23，乙每次通过的概率为1()求甲乙至少有一人通过体能测试的概率；()记X为甲乙两人参加体能测试的次数和，求X的分布列和期望.22（10分）已知，定义.（1）求的值；（2）证明：.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】分析：利用祖暅原理分析判断即可.详解：设A，B为两个同高的几何体，A，B的体积不相等，A，B在等高处的截面积不恒相等如果截面面积恒相等，那

8、么这两个几何体的体积一定相等，根据祖暅原理可知，p是q的充分不必要条件.故选：A.点睛：本题考查满足祖暅原理的几何体的判断，是基础题，解题时要认真审查，注意空间思维能力的培养.2、A【解析】直接化简得到答案.【详解】.故选：.【点睛】本题考查了复数的化简，属于简单题.3、D【解析】利用排除法，根据周期选出正确答案【详解】根据题意，设函数的周期为T，则,所以 .因为在选项D中，区间长度为在区间上不是单调减函数所以选择D【点睛】本题考查了余弦函数的图象与性质的应用问题，解决此类问题需要结合单调性、周期等属于中等题4、B【解析】由题意可知曲线与交于原点和另外一点，设点为原点，点的极坐标为，联立两曲线

9、的极坐标方程，解出的值，可得出，即可得出的值.【详解】易知，曲线与均过原点，设点为原点，点的极坐标为，联立曲线与的坐标方程，解得，因此，故选：B.【点睛】本题考查两圆的相交弦长的计算，常规方法就是计算出两圆的相交弦方程，计算出弦心距，利用勾股定理进行计算，也可以联立极坐标方程，计算出两极径的值，利用两极径的差来计算，考查方程思想的应用，属于中等题.5、A【解析】由求出，进而，由此求出.【详解】解：因为，所以，解得或（舍），由，所以.故选：A.【点睛】本题考查概率的求法，考查二项分布、正态分布等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，是基础题.6、A【解析】试题分析：由，可知，直线为线段的中垂

10、线，所以有，所以有，所以点的轨迹是以点为焦点的椭圆，且，即，所以椭圆方程为,故选A考点：1向量运算的几何意义；2椭圆的定义与标准方程【名师点睛】本题主要考查向量运算的几何意义、椭圆的定义与椭圆方程的求法，属中档题求椭圆标准方程常用方法有：1定义法，即根据题意得到所求点的轨迹是椭圆，并求出的值；2选定系数法：根据题意先判断焦点在哪个坐标轴上，设出其标准方程，根据已知条件建立关系的方程组，解之即可7、D【解析】分析：利用定积分的几何意义求出阴影部分的面积，由几何概型的概率公式，即可得结果.详解：阴影部分的面积是，矩形的面积是，点落在区域内的概率，故选D.点睛：本题主要考查定积分的几何意义以及几何概

11、型概率公式，属于中档题.一般情况下，定积分的几何意义是介于轴、曲线以及直线之间的曲边梯形面积的代数和 ，其中在轴上方的面积等于该区间上的积分值，在轴下方的面积等于该区间上积分值的相反数,所以在用定积分求曲边形面积时，一定要分清面积与定积分是相等还是互为相反数；两条曲线之间的面积可以用两曲线差的定积分来求解.8、A【解析】试题分析：设以点为中点的弦的端点分别为，则，又，两式相减化简得，即以点为中点的弦所在的直线的斜率为，由直线的点斜式方程可得，即，故选A.考点：直线与椭圆的位置关系.9、B【解析】分析：由题意结合排列组合知识和古典概型计算公式整理计算即可求得最终结果.详解：根据题意可知，取5次卡

12、片可能出现的情况有种；由于第5次停止抽取，所以前四次抽卡片中有且只有两种编号，所以总的可能有种；所以恰好第5次停止取卡片的概率为.本题选择B选项.点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.10、C【解析】先安排第一节的课表种，再安排第二节的课表有2种，第三节的课表也有2种，最后一节只有1种安排方案，所以可求.【详解】先安排第一节的课表，除去语文均可以安排共有种；周二的第二节不和第一节相同，也不和周一的第二

13、节相同，共有2种安排方案，第三节和第四节的顺序是确定的；周三的第二节也有2种安排方案，剩余位置的安排方案只有1种，根据计数原理可得种，故选C.【点睛】本题主要考查分步计数原理的应用，侧重考查逻辑推理的核心素养.11、A【解析】因为,所以若由此认为“学生对2018年俄罗斯世界杯的关注与性别有关”，则此结论出错的概率不超过，故选A.【方法点睛】本题主要考查独立性检验的应用，属于中档题.独立性检验的一般步骤：（1）根据样本数据制成列联表；（2）根据公式计算的值；(3) 查表比较与临界值的大小关系，作统计判断.（注意：在实际问题中，独立性检验的结论也仅仅是一种数学关系，得到的结论也可能犯错误.）12、

14、C【解析】设点关于渐近线的对称点为点，该渐近线与交点为，由平面几何的性质可得为等边三角形，设，则有；又，可得，代入离心率即可得出结果.【详解】设点关于渐近线的对称点为点，该渐近线与交点为，所以为线段的中垂线，故，所以为等边三角形，设，则有；又，可得，所以离心率.故选:C【点睛】本题主要考查了双曲线的几何性质以及渐近线和离心率，考查了学生逻辑推理与运算求解能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、27【解析】分析：根据分层抽样的概念得按比例抽样:.详解：因为分层抽样，所以三个年级一共抽取.点睛：在分层抽样的过程中，为了保证每个个体被抽到的可能性是相同的，这就要求各层所抽取的个体

15、数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比，即niNinN.14、1【解析】原问题等价于函数yx2+8x6lnx与函数ym，m（7，8）的交点个数，作出函数图象观察即可得出答案【详解】函数f（x）与函数g（x）的交点个数，即为x2+8x6lnx+m的解的个数，亦即函数yx2+8x6lnx与函数ym，m（7，8）的交点个数，令y0，解得x1或x1，故当x（0，1）时，y0，此时函数yx2+8x6lnx单调递减，当x（1，1）时，y0，此时函数yx2+8x6lnx单调递增，当x（1，+）时，y0，此时函数yx2+8x6lnx单调递减，且y|x17，y|x1156ln18，作出函数yx

16、2+8x6lnx的草图如下，由图可知，函数yx2+8x6lnx与函数ym，m（7，8）有1个交点故答案为：1【点睛】本题考查函数图象的运用，考查函数交点个数的判断，考查了运算能力及数形结合思想，属于中档题15、【解析】圆C的方程为x2+y2-8x+15=0，整理得：（x-4）2+y2=1，即圆C是以（4，0）为圆心，1为半径的圆；又直线y=kx-2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，只需圆C：（x-4）2+y2=4与直线y=kx-2有公共点即可设圆心C（4，0）到直线y=kx-2的距离为d，即3k24k，0k，故可知参数k的最大值为.16、1【解析】试题分析：利用互斥

17、事件的概率及古典概型概率计算公式求出事件A的概率，同样利用古典概型概率计算公式求出事件AB的概率，然后直接利用条件概率公式求解解：P（A）=，P（AB）=由条件概率公式得P（B|A）=故答案为点评：本题考查了条件概率与互斥事件的概率，考查了古典概型及其概率计算公式，解答的关键在于对条件概率的理解与公式的运用，属中档题三、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) (2)见解析【解析】（1）记事件甲三种类别各选一门，则根据排列组合公式得到答案.（2）的取值有：，分别计算对应概率得到分布列，再计算数学期望.【详解】解：（1）记事件甲三种类别各选一门则（2）的取值有：，

18、则所以分布列为所以期望【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力.18、（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.【解析】（1）将代入函数的解析式，求出该函数的定义域，求出导数，在定义域内分别解出不等式和，可得出函数的单调减区间和增区间；（2）由，利用参变量分离得，构造函数，将问题转化为，然后利用导数求出函数的最大值，可得出实数的取值范围.【详解】（1）当时，函数的定义域为，当时，当时，所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）由，得，构造函数，则.，令，得.当时，；当时，.所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，即.，因此，实数的取值范围是.【点睛】本题

19、考查利用导数求函数的单调区间，以及利用导数研究不等式恒成立问题，常用分类讨论法与参变量分离法，转化为函数的最值来求解，考查化归与转化数学思想，属于中等题.19、（1）；（2）【解析】（1）分类讨论去绝对值，然后解不等式即可；（2）对，分类讨论，发现在上是常数函数，只要不是即可，列不等式求解实数的取值范围.【详解】解：（1）当时，当时，得；当时，得无解；当时，得，综上所述：的解集为：；（2）当时，若函数都能取到最小值，则不是的子集，当是的子集时，解得，因为不是的子集，所以或；同理：当时，因为不可能是的子集，所以此时函数都能取到最小值当时，其在时明显有最小值，综上所述：的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式，分类讨论去绝对值是常用处理方法，其中将在区间上有最值的问题转化为集合的包含关系问题，是第（2）的关键，本题是中档题.20、 (1) anbn1或an2n1，bn3n1. (2) Snn或Sn(n1)3n1.【解析】(1)先解方程组得到，即得数列an，bn的通项公式.(2)利用错位相减求数列cn的前n项和Sn.【详解】(1)设an的公差为d，bn的公比为q，由已知可得,解得.从而anbn1或an2n1，bn3n1.(2)当anbn1时，cn1，所以Snn；当an2n1，bn3n1时，cn(2n1)3n1，Sn133532733(2n1)3n1，3Sn33325337