2021-2022学年湖北省鄂州市泽林中学高二数学第二学期期末统考试题含解析

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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。1一个样本数据从小到大的顺序排列为，其中，中位数为，则（ ）ABCD2二维空间中圆的一维测度（

2、周长），二维测度（面积），观察发现；三维空间中球的二维测度（表面积），三维测度（体积），观察发现.则由四维空间中“超球”的三维测度，猜想其四维测度（ ）ABCD3已知，用数学归纳法证明时假设当时命题成立，证明当时命题也成立，需要用到的与之间的关系式是（ ）ABCD4参数方程（R）表示的曲线是（ ）A圆B椭圆C双曲线D抛物线5函数f（x）是定义在R上的偶函数，在(，0上是减函数且f（2）=0，则使f（x）0的x的取值范围（ ）A（，2）B（2，+）C（，-2）（2，+）D（2，2）6函数在区间上的最大值和最小值分别为()A25,-2B50,-2C50,14D50,-147如图，是正四面体的面上一

3、点，点到平面距离与到点的距离相等，则动点的轨迹是( )A直线B抛物线C离心率为的椭圆D离心率为3的双曲线8已知，则等于( )A-4B-2C1D29等比数列的前n项和，前2n项和，前3n项的和分别为A，B，C，则ABCD10已知是函数的导函数，且满足，若有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）ABCD11已知是空间中两条不同的直线，是两个不同的平面，有以下结论： .其中正确结论的个数是（ ）A0B1C2D312设x，y满足约束条件，则的最小值是（ ）ABC0D1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13从总体中抽取一个样本是5，6，7，8，9，则总体方差的估计值是_.14已知等比数列

4、中，有，数列前项和为，且则_15已知函数f(x)|，实数m，n满足0mn，且f(m)f(n)，若f(x)在m2，n上的最大值为2，则_.16已知，且，则的最小值是_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）设函数，（）证明：；（）若对所有的，都有，求实数的取值范围18（12分）设函数.（1）当时，求的单调区间；（2）当时，恒成立，求的取值范围；（3）求证：当时，.19（12分）在中，角，的对边分别为，三边，成等比数列，且面积为，在等差数列中，公差为.（I）求数列的通项公式；（）数列满足，设为数列的前项和，求.20（12分）已知函数（1）若在区间上是单调递增函数

5、，求实数的取值范围;（2）若在处有极值10，求的值;（3）若对任意的，有恒成立，求实数的取值范围.21（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.22（10分）某工厂为检验车间一生产线工作是否正常，现从生产线中随机抽取一批零件样本，测量它们的尺寸(单位：)并绘成频率分布直方图，如图所示.根据长期生产经验，

6、可以认为这条生产线正常状态下生产的零件尺寸服从正态分布，其中近似为零件样本平均数，近似为零件样本方差.(1)求这批零件样本的和的值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(2)假设生产状态正常，求；(3)若从生产线中任取一零件，测量其尺寸为，根据原则判断该生产线是否正常？附：；若，则， ，.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】数据的个数为偶数个，则中位数为中间两个数的平均数.【详解】因为数据有个，所以中位数为：，所以解得：，故选：A.【点睛】本题考查中位数的计算问题，难度较易.当一组数据的个数为偶数时（

7、从小到大排列），中位数等于中间两个数的平均数；当一组数据的个数为奇数时（从小到大排列），中位数等于中间位置的那个数.2、A【解析】因为，由此类比可得，从而可得到结果.【详解】因为二维空间中圆的一维测度（周长），二维测度（面积），观察发现；三维空间中球的二维测度（表面积），三维测度（体积），观察发现.所以由四维空间中“超球”的三维测度，猜想其四为测度W，应满足 ，又因为，所以，故选A.【点睛】本题主要考查类比推理以及导数的计算.3、C【解析】分别根据已知列出和，即可得两者之间的关系式.【详解】由题得，当时，当时，则有，故选C.【点睛】本题考查数学归纳法的步骤表示，属于基础题.4、A【解析】利用平

8、方关系式消去参数可得即可得到答案.【详解】由可得，所以，化简得.故选：A【点睛】本题考查了参数方程化普通方程，考查了平方关系式，考查了圆的标准方程，属于基础题.5、D【解析】根据偶函数的性质,求出函数在(，0上的解集,再根据对称性即可得出答案.【详解】由函数为偶函数,所以,又因为函数在(，0是减函数,所以函数在(，0上的解集为,由偶函数的性质图像关于轴对称,可得在(0,+ )上的解集为(0,2),综上可得,的解集为(-2,2).故选:D.【点睛】本题考查了偶函数的性质的应用,借助于偶函数的性质解不等式,属于基础题.6、B【解析】求导，分析出函数的单调性，进而求出函数的极值和两端点的函数值，可得

9、函数f（x）2x3+9x22在区间4，2上的最大值和最小值【详解】函数f（x）2x3+9x22，f（x）6x2+18x，当x4，3），或x（0，2时，f（x）0，函数为增函数；当x（3，0）时，f（x）0，函数为减函数；由f（4）14，f（3）25，f（0）2，f（2）50，故函数f（x）2x3+9x22在区间4，2上的最大值和最小值分别为50，2，故选：B【点睛】本题考查的知识点是利用导数求闭区间上的函数的最值及函数的单调性问题，属于中档题7、C【解析】分析：由题设条件将点P到平面ABC距离与到点V的距离相等转化成在面VBC中点P到V的距离与到定直线BC的距离比是一个常数，依据圆锥曲线的第二

10、定义判断出其轨迹的形状详解：正四面体VABC面VBC不垂直面ABC，过P作PD面ABC于D，过D作DHBC于H，连接PH，可得BC面DPH，所以BCPH，故PHD为二面角VBCA的平面角令其为则RtPGH中，|PD|：|PH|=sin（为VBCA的二面角的大小）又点P到平面ABC距离与到点V的距离相等，即|PV|=|PD|PV|：|PH|=sin1，即在平面VBC中，点P到定点V的距离与定直线BC的距离之比是一个常数sin，又在正四面体VABC，VBCA的二面角的大小有：sin=1，由椭圆定义知P点轨迹为椭圆在面SBC内的一部分故答案为：C点睛：（1）本题主要考查二面角、椭圆的定义、轨迹方程等

11、基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想(2)解答本题的关键是联想到圆锥曲线的第二定义.8、D【解析】首先对f（x）求导，将1代入，求出f（1）的值，化简f（x），最后将x3代入即可【详解】因为f（x）1x+1f（1），令x1，可得f（1）1+1f（1），f（1）1，f（x）1x+1f（1）1x4，当x3，f（3）1故选：D【点睛】本题考查导数的运用，求出f（1）是关键，是基础题9、D【解析】分析：由等比数列的性质，可知其第一个项和，第二个项和，第三个项和仍然构成等比数列，化简即可得结果.详解：由等比数列的性质可知，等比数列的第一个项和，第二个项和，第三个项和仍然构成等比数

12、列，则有构成等比数列，即，故选D.点睛：本题考查了等比数列的性质，考查了等比数列前项和，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力，是基础题.10、D【解析】根据进行参变分离，构造函数，利用已知条件得到，并判断单调性，因而求出范围【详解】若有两个不同的零点，则，设，则与有两个交点，由题，令，则，故在递减，在递增，故选D【点睛】本题考查构造函数判断单调性，用参变分离的方法转化零点为交点问题，及利用单调性求参11、B【解析】分析：根据直线与平面的位置关系的判定定理和性质定理，即可作出判定得到结论.详解：由题意，对于中，若，则两平面可能是平行的，所以不正确；对于中，若，只有当与相交时，才能得到，所以不正

13、确；对于中，若，根据线面垂直和面面垂直的判定定理，可得，所以是正确的；对于中，若，所以是不正确的，综上可知，正确命题的个数只有一个，故选B.点睛：本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直12、B【解析】在平面直角坐标系内，画出可行解域，在可行解域内，平行移动直线，直至当直线在纵轴上的截距最大时，求出此时所经过点的坐标，代入目标函数中求出的最小值.【详解】在平

14、面直角坐标系内，画出可行解域，如下图：在可行解域内，平行移动直线，当直线经过点时，直线在纵轴上的截距最大，点是直线和直线的交点，解得，故本题选B.【点睛】本题考查了线性规划求目标函数最小值问题，正确画出可行解域是解题的关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先求出样本平均数，由此能求出样本方差，由此能求出总体方差的估计值【详解】解：从总体中抽取一个样本是5，6，7，8，9，样本平均数为，样本方差为，总体方差的估计值是1故答案为：1【点睛】本题考查总体方差的估计值的求法，考查平均数、总体方差等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题14、【解析】首先根据是等比数列得到，

15、根据代入求出的值，再根据求即可.【详解】因为是等比数列， ，所以.又因为，所以.因为，所以.则.当时，即：，是以首项，的等比数列.所以.故答案为：【点睛】本题主要考查根据求数列的通项公式，同时考查等比中项的性质，属于中档题.15、9.【解析】先分析得到f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，再分析得到0m2m1，则f(x)在m2，1)上单调递减，在(1，n上单调递增，再根据函数的单调性得到m,n的值，即得解.【详解】因为f(x)|log3x|,所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，由0mn且f(m)f(n)，可得,则,所以0m2m1，则f(x)在m2，1)上单

16、调递减，在(1，n上单调递增，所以f(m2)f(m)f(n)，则f(x)在m2，n上的最大值为f(m2)log3m22，解得m，则n3，所以9.故答案为9【点睛】本题主要考查函数的图像和性质，考查函数的单调性的应用和最值的求法，意在 考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.16、1【解析】直接将代数式4x+y与相乘，利用基本不等式可求出的最小值【详解】由基本不等式可得，当且仅当，等号成立，因此的最小值为1，故答案为：1【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得

17、的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.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、（）见解析；（）.【解析】试题分析：（）令，求导得单调性，进而得，从而得证；（）记求两次导得在递增， 又，进而讨论的正负，从而得原函数的单调性，进而可求最值.试题解析：（）令，由 在递减，在递增， 即成立 （） 记， 在恒成立， ， 在递增， 又， 当 时，成立， 即在递增，则，即 成立； 当时，在递增，且， 必存在使得则时，即 时，与在恒成立矛盾，故舍去综上，实数的取值范围是点睛：导数问题经常会遇见恒成立的问题：（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；（2）若就可讨论参数不

18、同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为 ，若恒成立；（3）若 恒成立，可转化为 .18、（1）的单调递减区间为；的单调递增区间为；（2）；（3）见解析【解析】【试题分析】（1）直接对函数求导得，借助导函数值的符号与函数单调性之间的关系求出其单调区间；（2）先将不等式中参数分离分离出来可得：，再构造函数，求导得，借助，推得，从而在上单调递减，进而求得；（3）先将不等式等价转化为，再构造函数，求导可得，由（2）知时，恒成立，所以，即恒成立，故在上单调递增，所以，因此时，有：解：（1）当时，则，令得，所以有即时，的单调递减区间为；的单调递增区间为.（2）由，分离参数可得：，设，又，则在上单

19、调递减，即的取值范围为.（3）证明：等价于设，由（2）知时，恒成立，所以，恒成立在上单调递增，因此时，有.点睛：解答本题的第一问时，先对函数求导得，借助导函数值的符号与函数单调性之间的关系求出其单调区间；求解第二问时，先将不等式中参数分离出来可得，再构造函数，求导得，借助，推得，从而在上单调递减，进而求得；第三问的证明过程中，先将不等式等价转化为，再构造函数，求导可得，由（2）知时，恒成立，所以，即恒成立，故在上单调递增，所以，因此证得当时，不等式成立。19、（1）；（2）.【解析】分析：（1）先利用已知求出b,再求数列的通项公式.(2)先求出，再利用裂项相消求详解：（1）由，成等比数列得，因

20、为，所以，所以是以4为首项，以4为公差的等差数列，解得（2）由（1）可得，点睛：(1)本题主要考查三角形的面积公式，考查等差数列的通项，考查等比中项和裂项相消求和,意在考查学生对等差等比数列的基础知识和数列求和的基础知识的掌握能力和基本运算能力.(2)一般如果数列的通项为分式结构，可以考虑裂项相消法求和，如：20、（1）m（1）（3）m1 ，1【解析】分析：(1) 由在区间上是单调递增函数得，当 时， 恒成立，由此可求实数的取值范围;（1），由题或，判断当时，无极值，舍去，则可求；（3）对任意的，有恒成立，即在上最大值与最小值差的绝对值小于等于1求出原函数的导函数，分类求出函数在的最值，则答案可求；详解： (1) 由在区间上是单调递增函数得，当 时， 恒成立，即 恒成立，解得 （1），由题或 当时，无极值，舍去. 所以（3）由对任意的x1，x11，1，有| f(x1)f(x1)|1恒成立，得fmax(x)fmin(x)1且| f(1)f(0)|1，| f(1)f(0)|1，解得m1，1， 当m=0时，f(x)0，f(x)在1，1上单调递增，fmax(x)fmin(x)= | f(1)f(1)|1成立 当m(0，1时，令f(x)0，得x(m，0)，则f(x)在(m，0)上单调递减；同理f(x)在(1， m)，(0，1)上单调递增，f(m)= m3+