湖北省黄冈八模2022年数学高二第二学期期末质量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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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设是含数的有限实数集，是定义在上的函数，若的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则在以下各项中，的可能取值只能是（ ）ABCD2现将甲、乙、丙、丁四个人安排到座位号分别是的四个座位上，他们分别有以下要求，甲：我不坐座位号为和的座位；乙

2、：我不坐座位号为和的座位；丙：我的要求和乙一样；丁：如果乙不坐座位号为的座位，我就不坐座位号为的座位.那么坐在座位号为的座位上的是（ ）A甲B乙C丙D丁3现有张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各张.从中任取张，要求这张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多张.不同取法的种数为ABCD4设，向量，且，则（ ）ABCD5某学校开展研究性学习活动，某同学获得一组实验数据如下表： x34y12对于表中数据，现给出以下拟合曲线，其中拟合程度最好的是ABCD6函数的图象大致是（ ）ABCD7将函数的图形向左平移个单位后得到的图像关于轴对称，则正数的最小正值是（）ABCD8在平面几何中有如下结论：正

3、三角形的内切圆面积为，外接圆面积为，则，推广到空间中可以得到类似结论：已知正四面体的内切球体积为，外接球体积为，则为（ ）ABCD9若展开式的常数项为60，则值为( )ABCD10如表是降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量x(吨)与相应的生产能耗y（吨标准煤）的几组对应数据，根据表中提供的数据，求出y关于x的线性回归方程=0.7x+0.35，那么表中m的值为（ ）A4B3.15C4.5D311已知集合，且，则实数的值是（ ）ABCD12过点作曲线的切线，则切线方程为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设随机变量，随机变量，若，则_.14不等式的解为_15已知一

4、组数据从小到大排列为1,0,4，x,6,15，且这组数据的中位数为5，则这组数据的众数为_.16样本中共有5个个体，其值分别为，0，1，2，1则样本方差为_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）设函数，其中.（）若，讨论的单调性；（）若，（i）证明恰有两个零点（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.18（12分）已知曲线，直线：（为参数）.（I）写出曲线的参数方程，直线的普通方程；（II）过曲线上任意一点作与夹角为的直线，交于点，的最大值与最小值19（12分）把一根长度为5米的绳子拉直后在任意位置剪断，则剪得两段的长都不小于1米的概率为_20（12分）用

5、数学归纳法证明：当时，能被7整除21（12分）在一个圆锥内作一个内接等边圆柱（一个底面在圆锥的底面上，且轴截面是正方形的圆柱），再在等边圆柱的上底面截得的小圆锥内做一个内接等边圆柱，这样无限的做下去.（1）证明这些等边圆柱的体积从大到小排成一个等比数列；（2）已知这些等边圆柱的体积之和为原来圆锥体积的，求最大的等边圆柱的体积与圆锥的体积之比.22（10分）在中，角，所对的边分别为，且满足求证：为等腰直角三角形参考答案一、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】利用函数的定义即可得到结果.【详解】由题意得到：问题相当于圆上由

6、12个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合我们可以通过代入和赋值的方法当f（1）=，0时，此时得到的圆心角为，0，然而此时x=0或者x=1时，都有2个y与之对应，而我们知道函数的定义就是要求一个x只能对应一个y，因此只有当x=，此时旋转，此时满足一个x只会对应一个y，故选B【点睛】本题考查函数的定义，即“对于集合A中的每一个值，在集合B中有唯一的元素与它对应”(不允许一对多).2、C【解析】对甲分别坐座位号为3或4分类推理即可判断。【详解】当甲坐座位号为3时，因为乙不坐座位号为1和4的座位所以乙只能坐座位号为2，这时只剩下座位号为1和4又丙的要求和乙一样，矛盾，故甲不能坐座位

7、号3.当甲坐座位号为4时，因为乙不坐座位号为1和4的座位，丙的要求和乙一样：所以丁只能坐座位号1，又如果乙不坐座位号为2的座位，丁就不坐座位号为1的座位.所以乙只能坐座位号2，这时只剩下座位号3给丙。所以坐在座位号为3的座位上的是丙.故选：C【点睛】本题主要考查了逻辑推理能力，考查了分类思想，属于中档题。3、C【解析】试题分析：3张卡片不能是同一种颜色，有两种情形：三种颜色或者两种颜色，如果是三种颜色，取法数为，如果是两种颜色，取法数为，所以取法总数为，故选C考点：分类加法原理与分步乘法原理【名师点晴】（1）对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当

8、地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰（2）当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步4、B【解析】试题分析：由知，则，可得故本题答案应选B考点：1.向量的数量积；2.向量的模5、D【解析】根据的数值变化规律推测二者之间的关系，最贴切的是二次关系.【详解】根据实验数据可以得出，近似增加一个单位时，的增量近似为2.5，3.5，4.5，6，比较接近，故选D.【点睛】本题主要考查利用实验数据确定拟合曲线，求解关键是观察变化规律，侧重考查数据分析的核心素养.6、D【解析】先分析函数奇偶性,再分析函数是否有零点即可.【详解】因为,故为奇函数,排除A,B.又当时,故有零点,排除C.故选D

9、【点睛】本题主要考查函数图像的判定方法,一般考虑奇偶性与函数的零点或者函数的正负等,属于基础题型.7、D【解析】由题意利用函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，得出结论【详解】解：将函数的图形向左平移个单位后，可得函数的图象，再根据得到的图象关于轴对称，可得，即，令，可得正数的最小值是，故选：D【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，属于基础题8、B【解析】平面图形类比空间图形,二维类比三维,类比平面几何的结论,确定正四面体的外接球和内切球的半径之比,即可求得结论.【详解】设正四面体P-ABC的边长为a，设E为三角形ABC的中心，H为正四面体P-ABC的中心，则H

10、E为正四面体P-ABC的内切球的半径r,BH=PH且为正四面体P-ABC的外接球的半径R，所以BE=，所以在中 ，解得，所以R=PE-HE=，所以，根据的球的体积公式有，故选：B.【点睛】本题考查类比推理，常见类型有：（1）等差数列与等比数列的类比；（2）平面与空间的类比；（3）椭圆与双曲线的类比；（4）复数与实数的类比；（5）向量与数的类比.9、D【解析】由二项式展开式的通项公式写出第项，求出常数项的系数，列方程即可求解.【详解】因为展开式的通项为，令，则，所以常数项为，即，所以.故选D【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，熟记二项展开式的通项即可求解，属于基础题型.10、D【解析】因为线性

11、回归方程=0.7x+0.35，过样本点的中心，故选D.11、B【解析】根据已知，将选项代入验证即可.【详解】由，知且，经检验符合题意，所以.故选：B【点睛】本题考查集合间的关系，要注意特殊方法的应用，减少计算量，属于基础题.12、C【解析】设出切点坐标求出原函数的导函数，得到函数在时的导数值，即切线的斜率，然后由直线方程的点斜式得切线方程，代入已知点的坐标后求出切点的坐标，则切线方程可求【详解】由，得，设切点为则 ，切线方程为 ，切线过点，ex0ex0(1x0)，解得： 切线方程为 ，整理得：.故选C.【点睛】本题考查了利用导数研究过曲线上某点的切线方程，过曲线上某点处的切线的斜率，就是函数在

12、该点处的导数值，是中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、6【解析】因，故，即，则，又随机变量，所以， ，应填答案。14、或或或【解析】利用组合数公式得出关于的不等式，解出的取值范围，即可得出正整数的取值.【详解】，由组合数公式得，得，整理得，即，解得，由题意可知且，因此，不等式的解为或或或.故答案为：或或或.【点睛】本题考查组合不等式的求解，解题的关键就是利用组合数公式列出不等式，考查运算求解能力，属于中等题.15、6【解析】这组数据按从小到大的顺序排列其中中间的两个数为4，这组数据的中位数为x6，故这组数据的众数为6，填6.16、2【解析】根据题中数据，求出平均值，再由

13、方差计算公式，即可求出结果.【详解】因为，0，1，2，1这五个数的平均数为：，所以其方差为：.故答案为：.【点睛】本题主要考查计算几个数的方差，熟记公式即可，属于基础题型.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、（I）在内单调递增.；（II）（i）见解析；（ii）见解析.【解析】（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果；（II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果；（ii）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果.【详解】（I）解：由已知，的定义域为，且，因此当时，

14、从而，所以在内单调递增.（II）证明：（i）由（I）知，令，由，可知在内单调递减，又，且，故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，则，当时，所以在内单调递增；当时，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.令，则当时，故在内单调递减，从而当时，所以，从而，又因为，所以在内有唯一零点，又在内有唯一零点1，从而，在内恰有两个零点.（ii）由题意，即，从而，即，因为当时，又，故，两边取对数，得，于是，整理得，【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.18、（I）；（II）最大值为，最小值为.【

15、解析】试题分析：（I）由椭圆的标准方程设，得椭圆的参数方程为，消去参数即得直线的普通方程为；（II）关键是处理好与角的关系过点作与垂直的直线，垂足为，则在中，故将的最大值与最小值问题转化为椭圆上的点，到定直线的最大值与最小值问题处理试题解析：（I）曲线C的参数方程为（为参数）直线的普通方程为（II）曲线C上任意一点到的距离为则其中为锐角，且当时，取到最大值，最大值为当时，取到最小值，最小值为【考点定位】1、椭圆和直线的参数方程；2、点到直线的距离公式；3、解直角三角形19、【解析】根据与长度有关的几何概型的计算公式，即可求出结果.【详解】“把一根长度为5米的绳子拉直后在任意位置剪断，则剪得两段

16、的长都不小于1米”，则能剪断的区域长度为：，故所求的概率为：.故答案为：.【点睛】本题主要考查与长度有关的几何概型，熟记计算公式即可，属于基础题型.20、见解析【解析】运用数学归纳法证明，考虑检验成立，再假设成立，证明时，注意变形，即可得证【详解】证：当时，能被7整除； 假设时，能被7整除，那么当时，由于能被7整除，能被7整除，可得能被7整除，即当时，能被7整除；综上可得当时，能被7整除.【点睛】本题主要考查数学归纳法，数学归纳法的基本形式：设是关于自然数的命题，若成立（奠基）；假设成立，可以推出成立（归纳），则对一切大于等于的自然数都成立.属于基础题.21、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）求出第一个等边圆柱的体积，设第个等边圆柱的底面半径为，其外接圆锥的底面半径为，高为，则其体积，进一步求得第个等边圆柱的体积，作比可得这些等边圆柱的体积从大到小排成一个等比数列；（2）由这些等边圆柱的体积之和为原来圆锥体积的可得与的关系，则答案可求【详解】（1）证明：如图，设圆锥的底面半径为，高为，内接等边圆柱的底面半径为，则由三角形相似可得：，可得其体积设第个等边圆柱的底面半径为，其外接圆锥的底面半径为，高为，则其体积，再设第个等边圆柱的底面半径为，则其外接圆锥的底面半径为，高为，则第个等边圆柱的体积为定值，则这些等边圆柱的体积从大到小排成一个以为首项，以为公比的等