吉林省吉化一中2021-2022学年数学高二第二学期期末调研模拟试题含解析

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函数的单调递增区间是（ ）ABCD2下列四个命题中，其中错误的个数是（）经过球面上任意两点，可以作且只可以作一个大圆；经过球直径的三等分点，作垂直于该直径的两个平面，则这两个平面把

2、球面分成三部分的面积相等；球的面积是它大圆面积的四倍；球面上两点的球面距离，是这两点所在截面圆上，以这两点为端点的劣弧的长A0B1C2D33已知定义在R上的偶函数（其中e为自然对数的底数），记，则a，b，c的大小关系是（ ）ABCD4设满足约束条件 ，则的最大值是（ ）A-3B2C4D65（ ）A1BCD6袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球.从袋中任取3个球，所取的3个球颜色不同的概率为（ ）ABCD7复数等于（ ）ABC0D8设，则与大小关系为( )ABCD9设向量，若向量与同向，则（ ）A2B-2C2D010已知集合满足，则集合的个数是（ ）A4B3C2D11

3、1给出下列四个说法：命题“都有”的否定是“使得”；已知，命题“若，则”的逆命题是真命题；是的必要不充分条件;若为函数的零点，则，其中正确的个数为（ ）ABCD12如图，用6种不同的颜色把图中四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（ ）A496种B480种C460种D400种二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设实数满足约束条件,则目标函数的最大值为_.14在上随机地取一个数，则事件“直线与圆相交”发生的概率为_15已知向量，若，则_16已知为抛物线的焦点，为其标准线与轴的交点，过的直线交抛物线于，两点，为线段的中点，且，则_三、解答题：共70分。解答应写出文

4、字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知函数f(x)3x，f(a2)81，g(x).(1)求g(x)的解析式并判断g(x)的奇偶性；(2)求函数g(x)的值域.18（12分）已知函数（1）求的最小值（2）若不等式的解集为M，且，证明：.19（12分）已知二项式展开式中的第7项是常数项.(1)求；(2)求展开式中有理项的个数.20（12分）过椭圆：右焦点的直线交于，两点，且椭圆的长轴长为短轴长的倍.（1）求的方程；（2），为上的两点，若四边形的对角线分别为，且，求四边形面积的最大值.21（12分）已知命题方程表示圆；命题双曲线的离心率，若命题“”为假命题，“”为真命题，求实数的取值范围22

5、（10分）已知正项数列an 为等比数列，等差数列bn 的前n 项和为Sn （nN* ），且满足：S11=208，S9S7=41，a1=b2，a1=b1（1）求数列an，bn 的通项公式；（2）设Tn=a1b1+a2b2+anbn （nN* ），求Tn； （1）设，是否存在正整数m，使得cmcm+1cm+2+8=1（cm+cm+1+cm+2）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、C【解析】首先利用诱导公式化简函数解析式，之后应用余弦函数单调区间的公式解关于x的不等式，即可得到所求单调递增区间.【详解】因为，根据余弦函数的

6、性质，令，可得，所以函数的单调递增区间是，故选C.【点睛】该题考查的是有关余弦型函数的单调怎区间的求解问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有诱导公式，余弦函数的单调增区间，余弦型函数的性质，注意整体角思维的运用.2、C【解析】结合球的有关概念:如球的大圆、球面积公式、球面距离等即可解决问题,对于球的大圆、球面积公式、球面距离等的含义的理解,是解决此题的关键.【详解】对于,若两点是球的一条直径的端点,则可以作无数个球的大圆,故错;对于三部分的面积都是，故正确对于,球面积=,是它大圆面积的四倍, 故正确;对于,球面上两点的球面距离,是这两点所在大圆上以这两点为端点的劣弧的长,故错.所以错误.所以C

7、选项是正确的.【点睛】本题考查球的性质,特别是求两点的球面距离,这两个点肯定在球面上,做一个圆使它经过这两个点,且这个圆的圆心在球心上,两点的球面距离对应的是这个圆两点之间的对应的较短的那个弧的距离.3、A【解析】先根据函数奇偶性，求出，得到，再由指数函数单调性，以及余弦函数单调性，得到在上单调递增，进而可得出结果.【详解】因为是定义在R上的偶函数，所以，即，即，所以，解得：，所以，当时，因为是单调递增函数，在上单调递减，所以在上单调递增，又，所以，即.故选：A.【点睛】本题主要考查由函数单调比较大小，由函数奇偶性求参数，熟记函数单调性与奇偶性即可，属于常考题型.4、D【解析】先由约束条件画出

8、可行域，再利用线性规划求解.【详解】如图即为，满足约束条件的可行域，由，解得，由得，由图易得：当经过可行域的时，直线的纵截距最大，z取得最大值，所以的最大值为6，故选【点睛】本题主要考查线性规划求最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.5、D【解析】根据微积分基本原理计算得到答案.【详解】.故选：.【点睛】本题考查了定积分，意在考查学生的计算能力.6、C【解析】分析：题意所求情况分为两种，两白一红，两红一白，两种情况，列式为，除以总的事件个数即可.详解：3个球颜色不同，即分为：两白一红，两红一白，两种情况，列式为，总的事件个数为，概率为.故答案为：C.点睛：这个题目考差了古典概型

9、的计算，对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可.7、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.8、A【解析】,选A.9、A【解析】由与平行，利用向量平行的公式求得x,验证与同向即可得解【详解】由与平行得，所以，又因为同向平行，所以. 故选A【点睛】本题考查向量共线（平行）的概念，考查计算求解的能力，属基础题10、B【解析】利用列举法，求得集合的所有可能，由此确定正确选项.【详解】由于集合满足，所以集合的可能取值为，共种可能.故选：B【点睛】本小题主要考查子集和真子集的概念，属于基础题.

10、11、C【解析】对于分别依次判断真假可得答案.【详解】对于，命题“都有”的否定是“使得”，故错误；对于，命题“若，则”的逆命题为“若，则”正确；对于，若则，若则或，因此是的充分不必要条件，故错误；对于，若为函数，则，即，可令，则，故为增函数，令，显然为减函数，所以方程至多一解，又因为时，所以，则正确，故选C.【点睛】本题主要考查真假命题的判断，难度中等.12、B【解析】分析：本题是一个分类计数问题，只用三种颜色涂色时，有C63C31C21，用四种颜色涂色时，有C64C41C31A22种结果，根据分类计数原理得到结果详解：由题意知本题是一个分类计数问题，只用三种颜色涂色时，有C63C31C21=

11、120（种）用四种颜色涂色时，有C64C41C31A22=360（种）综上得不同的涂法共有480种故选：C点睛：本题考查分类计数问题，本题解题的关键是看出给图形涂色只有两种不同的情况，颜色的选择和颜色的排列比较简单二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解析】分析：由题意，作出约束条件所表示的平面区域，结合图象得到目标函数过点时，取得最大值，即可求解.详解：由题意，作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，目标函数，即，当直线在上的截距最大值，此时取得最大值，结合图象可得，当直线过点时，目标函数取得最大值，由，解得，所以目标函数的最大值为.点睛：本题主要考查简单线性规划求解目标

12、函数的最值问题解决此类问题的关键是正确画出不等式组表示的可行域，将目标函数赋予几何意义；求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求，其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义是解答的关键，着重考查了数形结合法思想的应用 14、【解析】试题分析：直线y=kx与圆相交,需要满足圆心到直线的距离小于半径，即，解得，而，所以所求概率P=.【考点】直线与圆位置关系；几何概型【名师点睛】本题是高考常考知识内容，考查几何概型概率的计算.本题综合性较强，具有“无图考图”的显著特点，涉及点到直线距离的计算.本题能较好地考查考生分析问题、解决问题的能力及基本计算能力等.15、.【解析】分析：先计算出，再利用向量平

13、行的坐标表示求的值.详解：由题得，因为，所以（-1）（-3）-4=0,所以=. 故答案为.点睛：（1）本题主要考查向量的运算和平行向量的坐标表示，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2) 设=,=，则|.16、8.【解析】分析：求得抛物线的焦点和准线方程，可得E的坐标，设过F的直线为y=k（x-1），代入抛物线方程y2=4x，运用韦达定理和中点坐标公式，可得M的坐标，运用两点的距离公式可得k，再由抛物线的焦点弦公式，计算可得所求值详解：F（1，0）为抛物线C：y2=4x的焦点，E（-1，0）为其准线与x轴的交点，设过F的直线为y=k（x-1），代入抛物线方程y2=4x，可得k2x2-（2k2+

14、4）x+k2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则中点解得k2=1，则x1+x2=6，由抛物线的定义可得|AB|=x1+x2+2=8，故答案为8.点睛：本题考查抛物线的定义、方程和性质，考查联立直线方程和抛物线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，考查运算能力，属于中档题三、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）,为奇函数; （2）.【解析】试题分析：(1)先求出,即可得的解析式，然后利用奇偶性的定义判断的奇偶性;(2)根据分式的特点，结合指数函数的性质求解值域.试题解析：（1）由，得，故，所以.因为，而， 所以函数为奇函数.（2），所以，即函数的值域为（

15、）.18、（1）（2）证明见解析【解析】根据题意，由函数的解析式分3种情况讨论，分段求出函数的最小值，综合3种情况即可得答案；根据题意，分3种情况讨论，求出不等式的解集，又由a，可得，分析可得，变形即可得结论【详解】（1），在上单调递减，在上单调递增，2若，则，或，或，即【点睛】本题考查分段函数的应用和绝对值不等式的解法，考查了转化思想，属中档题19、（1）（2）展开式中的有理项共有3项【解析】（1）根据二项展开式的通项以及第项是常数项计算的值；（2）根据二项展开式的通项，考虑未知数的指数为整数的情况，然后判断有理项的项数.【详解】解：（1）二项式展开式的通项为第7项为常数项，（2）由（1）知

16、，若为有理项，则为整数，为6的倍数，共三个数，展开式中的有理项共有3项.【点睛】本题考查二项展开式的通项的应用，难度一般.二项展开式中的有理项的分析的主要依据是：未知数的指数为整数；二项展开式中的常数项的分析的主要依据是：未知数的指数为.20、 (1);(2).【解析】分析：(1)根据题意，结合性质 ，列出关于 、 、的方程组，求出 、 、，即可得到的方程；(2)先求出，直线的方程为，联立方程组消去得：，利用韦达定理、弦长公式可得，结合可得四边形的面积，从而可得结果.详解：（1）由题意知解得，所以的方程为：.（2）联立方程组，解得、，求得.依题意可设直线的方程为：，与线段相交，联立方程组消去得

17、：，设，则，四边形的面积，当时，最大，最大值为.所以四边形的面积最大值为.点睛：求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于的方程组，解出从而写出椭圆的标准方程解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单.21、【解析】试题分析：先化简命题，得到相应的数集；再根据真值表得到的真假性，再分类进行求解试题解析：若命题为真命题 ，则，即整理得，解得4分若命题为真命题 ，则，解得8分因为命题为假命题，为真命题，所以中一真一假， 10分若真假，则; 若假真，

18、则，所以实数的取值范围为 12分考点：1圆的一般方程；2双曲线的结合性质；3复合命题的真值表22、（1）；（2）；（1）存在，m=2【解析】分析：（1）先根据已知条件列方程求出b1=2，d=1,得到等差数列bn的通项，再求出，即得等比数列an的通项.(2)利用错位相减法求Tn.(1)对m分类讨论，探究是否存在正整数m，使得cmcm+1cm+2+8=1（cm+cm+1+cm+2）详解：（1）等差数列bn 的前n 项和为Sn （nN* ），且满足：S11=208，S9S7=41，即解得b7=16，公差为1，b1=2，bn=1n5，a1=b2=1，a1=b1=4，数列an 为等比数列，an=2n1，nN*（2）Tn=a1b1+a2b2+anbn=21+12+（1n5）2n1，2Tn=22+122+（1n5）2n，得Tn=2+1（2+22+2n1）（1n5）2n=（81n）2n8，Tn=（1n8）2n+8，nN*（1）设，当m=1时，c1c2c1+8=114+8=12，1（c1+c2+c1）=18，不相等，当m=2时，c2c1c4+8=147+8=16，1（c2+c1+c4）=16，成立，当m1且为奇数时，cm，cm+2为偶数，cm+1为奇数，c