2022年广东省揭阳市第三中学数学高二第二学期期末达标检测模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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已知x0，y0,x+2y+2xy=8，则x+2y的最小值是A3B4CD2设XN(1,2),其正态分布密度曲线如图

2、所示,且P(X3)0.0228,那么向正方形OABC中随机投掷10000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值为()(附：随机变量服从正态分布N(，2)，则P()68.26%，P(22)95.44%)A6038B6587C7028D75393已知，则下列说法正确是（ ）ABC与的夹角为D4口袋中装有5个形状和大小完全相同的小球，编号分别为1，2，3，4，5，从中任意取出3个小球，以表示取出球的最大号码，则 ( )ABCD5函数与两条平行线，及轴围成的区域面积是（ ）ABCD6用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第个“金鱼”图需要火柴棒的根数为（ ）ABCD7已知函数，若曲线在点处的切

3、线方程为，则实数的取值为（ ）A-2B-1C1D28已知，则（ ）A1BCD9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10对于实数，下列结论中正确的是（ ）A若，则 B若，则C若，则 D若，则11高二（3）班共有学生56人，现根据座号，用系统

4、抽样的方法，抽取一个容量为4的样本，已知3号、31号、45号同学在样本中，那么样本中还有一个同学的座号是A15B16C17D1812已知函数的导函数为，且对任意的恒成立，则下列不等式均成立的是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若，满足不等式，则的取值范围是_.14二项式的展开式中常数项为_用数字表示15若变量、满足约束条件，则的最大值为_16设函数，若，则的取值范围是_.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）已知直线l的参数方程为（为参数）以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为(1)写出直线l经过的定点

5、的直角坐标，并求曲线的普通方程；(2)若，求直线的极坐标方程，以及直线l与曲线的交点的极坐标18（12分）如图，矩形所在的平面与直角梯形所在的平面成的二面角，.（1）求证：面；（2）在线段上求一点，使锐二面角的余弦值为.19（12分）已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）若关于的方程有实数根，求实数的取值范围.20（12分）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）当时，求函数的最大值.21（12分）某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费（单位：万元）对年销售量（单位：吨）和年利润（单位：万元）的影响。对近六年的年宣传费和年销售量的数据作了初步统计，得到如下数据：年份201

6、320142015201620172018年宣传费（万元）384858687888年销售量（吨）16.818.820.722.424.025.5经电脑拟，发现年宣传费（万元）与年销售量（吨）之间近似满足关系式即。对上述数据作了初步处理，得到相关的值如下表：75.324.618.3101.4（1）根据所给数据，求关于的回归方程；（2）规定当产品的年销售量（吨）与年宣传费（万元）的比值在区间内时认为该年效益良好。现从这6年中任选2年，记其中选到效益良好年的数量为，试求随机变量的分布列和期望。（其中为自然对数的底数， ）附：对于一组数据，其回归直线中的斜率和截距的最小二乘估计分别为22（10分）甲、

7、乙两人各进行次射击，甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率，（）记甲击中目标的次数为，求的概率分布及数学期望；（）求甲恰好比乙多击中目标次的概率参考答案一、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、B【解析】解析：考察均值不等式，整理得即，又，2、B【解析】分析：求出，即可得出结论.详解：由题意得，P(X1)P(X3)0.0228，P(1X3)10.022 820.954 4，121，1，P(0X1)P(0X2)0.341 3，故估计的个数为10000(10.3413)6587，故选：B.点睛：本题考查正态分布曲线的特点及曲线所

8、表示的意义，考查正态分布中两个量和的应用，考查曲线的对称性.3、D【解析】根据向量运算和向量夹角公式，向量模依次判断每个选项得到答案.【详解】，故，故错误；，故错误；，故，故，错误；，故，正确.故选：.【点睛】本题考查了向量数量积，向量夹角，向量模，意在考查学生的计算能力.4、A【解析】首先计算各个情况概率,利用数学期望公式得到答案.【详解】故.故本题正确答案为A.【点睛】本题考查了概率的计算和数学期望的计算,意在考查学生的计算能力.5、B【解析】根据定积分的几何意义直接求出在区间的定积分，即可得出答案。【详解】 故选B【点睛】本题考查定积分的几何意义，属于基础题。6、D【解析】由图形间的关系

9、可以看出，每多出一个小金鱼，则要多出6根火柴棒，则火柴棒的个数组成了一个首项是8，公差是6的等差数列，写出通项，求出第n项的火柴根数即可【详解】由图形间的关系可以看出，每多出一个小金鱼，则要多出6根火柴棒，第一个图中有8根火柴棒组成，第二个图中有8+6个火柴棒组成，第三个图中有8+16个火柴组成，以此类推：组成n个系列正方形形的火柴棒的根数是8+6（n1）第n个图中的火柴棒有6n+1故选：D【点睛】本题考查归纳推理，考查等差数列的通项，解题的关键是看清随着小金鱼的增加，火柴的根数的变化趋势，属于基础题7、B【解析】求出函数的导数，利用切线方程通过f（0），求解即可；【详解】f （x）的定义域为

10、（1，+），因为f（x）a，曲线yf（x）在点（0，f（0）处的切线方程为y2x，可得1a2，解得a1，故选：B【点睛】本题考查函数的导数的几何意义，切线方程的求法，考查计算能力8、C【解析】由二项式定理可知，为正数，为负数，令代入已知式子即可求解.【详解】因为，由二项式定理可知，为正数，为负数，所以.故选：C【点睛】本题考查二项式定理求系数的绝对值和；考查运算求解能力；属于基础题.9、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

11、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.10、D【解析】试题分析：对于A若，若 则故A错；对于 B若，取则是假命题；C若，取，则是错误的， D若，则取，又，所以，又因为同号，则考点：不等式的性质的应用11、C【解析】试题分析：由系统抽样的特点等距离可得，3号、17号、号、号同学在样本中.考点：系统抽样.12、A【解析】构造函数，求出函数的导数，判断函数的单调性，从而求出结果.【详解】令，则.，是减函数，则有，即，所以.选.【点睛】本题考查函数与导数中利用函数单调性比较大小.其中构造函数是解题的难点.一般可通过题设已知条件

12、结合选项进行构造.对考生综合能力要求较高.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案【详解】解：由，满足不等式作出可行域如图，令，目标函数经过A点时取的最小值，联立，解得时得最小值，目标函数经过B点时取的最大值，联立，解得，此时取得最大值，所以，z2xy的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是基础题14、-160【解析】二项式的展开式的通项为，令，可得，即展开式中常数项为答案：15、8【解析】首先画出可行域，然后

13、确定目标函数的最大值即可.【详解】绘制不等式组表示的可行域如图所示，结合目标函数的几何意义可得目标函数在点处取得最大值，其最大值为：.【点睛】求线性目标函数zaxby(ab0)的最值，当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.16、【解析】分析：，即，再分类讨论求得的范围，综合可得结论详解：函数函数 ，由，可得，其中，下面对进行分类讨论，时， ，可以解得 时， ，可以解得 综上， 即答案为.点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题三

14、、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）【解析】试题分析：由题意可知当时直线经过定点，设，即可求出曲线的普通方程；将代入直线的参数方程，可求出直线的普通方程，将代入即可求得直线的极坐标方程，然后联立曲线：，即可求出直线与曲线的交点的极坐标解析：（1）直线经过定点，由得，得曲线的普通方程为，化简得；（2）若，得的普通方程为，则直线的极坐标方程为，联立曲线：.得，取，得，所以直线与曲线的交点为.18、（1）见解析；（2）为线段的中点.【解析】（1）利用面面平行的判定定理证明出平面平面，再利用平面与平面平行的性质得出平面；（2）由，由二面角的定义得出，证明出平

15、面平面，过点在平面内作，可证明出平面，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，设点的坐标为，利用向量法结合条件锐二面角的余弦值为求出的值，由此确定点的位置.【详解】（1）在矩形中，又平面，平面，平面，同理可证平面，、平面，平面平面，平面，平面；（2）在矩形中，又，则矩形所在平面与直角梯形所在平面所成二面角的平面角为，即.又，平面，作于，平面，又，、平面，平面.作于，.以为原点，、所在直线分别为轴、轴如图建立空间直角坐标系，则、，设.则，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，则平面的一个法向量为.又平面的一个法向量为，解得或（舍去）.此时， 即所求点为线段的中点.【点睛】本题考

16、查直线与平面平行的证明，以及二面角的计算，解题时要注意二面角的定义，本题考查二面角的动点问题，一般要建立空间直角坐标系，将问题转化为空间向量进行求解，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题.19、（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）当时，方程有实数根.【解析】试题分析：(1)结合函数的解析式可得，结合导函数与原函数的单调性的关系可得函数的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)原问题等价于方程有实数根，构造函数，利用导函数研究函数存在零点的充要条件可得：当时，方程有实数根.试题解析：（1）依题意，得，.令，即，解得；令，即，解得，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由题得

17、， .依题意，方程有实数根，即函数存在零点，又，令，得.当时，即函数在区间上单调递减，而， ，所以函数存在零点；当时，随的变化情况如表： 极小值所以为函数的极小值，也是最小值.当，即时，函数没有零点；当，即时，注意到，所以函数存在零点. 综上所述，当时，方程有实数根.点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系 (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已

18、知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题 (4)考查数形结合思想的应用20、（1）的单调增区间为，；单调减区间为（2）【解析】（1）函数求导数，分别求导数大于零小于零的范围，得到单调区间.（2）根据（1）中的单调区间得到最大值.【详解】解：（1） 当时，或；当时， 的单调增区间为，；单调减区间为（2）分析可知的递增区间是，递减区间是，当时，；当时，由于，所以当时，【点睛】本题考查了函数的单调区间，最大值，意在考查学生的计算能力.21、 (1) ；(2)见解析.【解析】分析：（1）由数据可得：, 从而求可得公式中所需数据，求出，再结合样本中心点的性质可得，进而可得回归方程；（2），结合组合知识，利用古典概型概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得的数学期望.详解：（1）由令得，由数据可得：,于是， 得故所求回归方程为（2）条件，于是求出， 即6年中有3年是“效益良好年”， ，由题得，012所以 的分布列如表所示，且 。点睛：本题主要考查非线性拟合及非线性回归方程的求解与应用以及离散型随机变量的分布列与期望，属于难题. 是源于课本的试题类型，解答非线性拟合问题，先作出散点图，再根据散点图选择合适的函数类型，设出回归方程，利用换元法将非线性回归方程化为线性回归方程，求出样本数据换元后的值