山东德州市陵城区一中2021-2022学年数学高二第二学期期末考试模拟试题含解析

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过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，其中点，且，则（ ）ABCD2若，满足约束条件，则的最大值是（ ）ABC13D3若，则m等于( )A9B8C7D64已知，则中（ ）A至少有一个

2、不小于1B至少有一个不大于1C都不大于1D都不小于15已知函数，表示的曲线过原点，且在处的切线斜率均为，有以下命题： 的解析式为； 的极值点有且仅有一个；的最大值与最小值之和等于零.其中正确的命题个数为 （ ）A0个B1个C2个D3个6若关于的线性回归方程是由表中提供的数据求出，那么表中的值为( )345634ABCD7设函数，若不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是（）ABCD8阅读下图所示程序框图，若输入，则输出的值是（ ）A.B.C.D.9已知是定义在上的函数，且对任意的都有，若角满足不等式，则的取值范围是（ ）ABCD10一车间为规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了

3、4次试验，测得的数据如下零件数（个）2345加工时间（分钟）26 4954根据上表可得回归方程，则实数的值为（ ）A37.3B38C39D39.511定义运算，例如，则函数的值域为（ ）ABCD12在九章算术）方田章圆田术（刘徽注）中指出：“割之弥细，所失弥少割之又割，以至不能割，则与圆周合体而无所失矣”注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在中“”即代表无限次重复，但原式却是个定值，这可以通过方程确定出来，类似地，可得的值为（）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如果不等式的解集为，那么_.14用数学归纳法证明时，从“到”，左边需增乘的代数式是_.15若，

4、.则的值为_16随机变量X服从于正态分布N（2，2）若P（X0）a，则P（2X4）_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）某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随即抽取该流水线上件产品作为样本算出他们的重量（单位：克）重量的分组区间为，由此得到样本的频率分布直方图，如图所示（1）根据频率分布直方图，求重量超过克的产品数量（2）在上述抽取的件产品中任取件，设为重量超过克的产品数量，求的分布列（3）从流水线上任取件产品，求恰有件产品合格的重量超过克的概率18（12分）已知函数.（1）若恒成立，求的取值范围；（2）在（1）的条件下，有两个不同的零点，求证

5、：.19（12分）已知函数，M为不等式的解集.（1）求M；（2）证明：当，.20（12分）已知函数（1）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；（2）若恒成立，求b-a的最小值.21（12分）已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，且与抛物线的焦点重合.（1）求椭圆的标准方程；（2）若过的直线交椭圆于两点，过的直线交椭圆于两点，且，求的最小值.22（10分）已知复数，其中为虚数单位，.（1）若，求实数的值；（2）若在复平面内对应的点位于第一象限，求实数的取值范围.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】由已知可得，再

6、由，即可求出结论.【详解】因为抛物线的准线为，点在抛物线上，所以，.故选：C【点睛】本题考查抛物线的标准方程，应用焦半径公式是解题的关键，属于基础题.2、C【解析】由已知画出可行域，利用目标函数的几何意义求最大值【详解】解：表示可行域内的点到坐标原点的距离的平方，画出不等式组表示的可行域，如图，由解得即点到坐标原点的距离最大，即故选：【点睛】本题考查线性规划问题，考查数形结合的数学思想以及运算求解能力，属于基础题3、C【解析】分析：根据排列与组合的公式，化简得出关于的方程，解方程即可.详解：，即，解得，故选C.点睛：本题主要考查排列公式与组合公式的应用问题，意在考查对基本公式掌握的熟练程度，解

7、题时应熟记排列与组合的公式，属于简单题.4、B【解析】用反证法证明，假设同时大于，推出矛盾得出结果【详解】假设，三式相乘得，由，所以，同理，则与矛盾，即假设不成立，所以不能同时大于，所以至少有一个不大于，故选【点睛】本题考查的是用反证法证明数学命题，把要证的结论进行否定，在此基础上推出矛盾，是解题的关键，同时还运用了基本不等式，本题较为综合5、C【解析】首先利用导数的几何意义及函数过原点，列方程组求出的解析式，则命题得到判断；然后令，求出的极值点，进而求得的最值，则命题得出判断【详解】函数的图象过原点，又，且在处的切线斜率均为，解得，所以正确又由得，所以不正确可得在上单调递增，在上单调递减，在

8、上单调递增，的极大值为，极小值为，又，的最大值与最小值之和等于零所以正确综上可得正确故选C【点睛】本题考查导数的几何意义的应用以及函数的极值、最值的求法，考查运算能力和应用能力，属于综合问题，解答时需注意各类问题的解法，根据相应问题的解法求解即可6、C【解析】由表可得样本中心点的坐标为，根据线性回归方程的性质可得，解出，故选C.7、D【解析】求出函数的定义域、化简不等式，构造新函数，结合函数的图象，从而可得的范围，得到答案【详解】由题意，函数的定义域为，不等式，即，即，两边除以，可得，又由直线恒过定点，若不等式恰有两个整数解，即函数图象有2个横坐标为整数的点落在直线的上方，由图象可知，这2个点

9、为，可得，即，解得，即实数的取值范围是，故选D【点睛】本题主要考查了函数的零点的综合应用，其中解答中把不等式的解，转化为函数的图象的关系，合理得出不等式组是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题8、A【解析】试题分析：由程序框图可知该算法是计算数列的前2016项和，根据，所以。考点：1.程序框图；2.数列求和。9、A【解析】构造新函数，由可得为单调减函数，由可得为奇函数，从而解得的取值范围.【详解】解：令因为，所以为R上的单调减函数，又因为，所以，即，即，所以函数为奇函数，故，即为，化简得，即，即，由单调性有，解得，故选A.【点睛】本题考查了函数性质的综合运用，解题的关键

10、是由题意构造出新函数，研究其性质，从而解题.10、C【解析】求出，代入回归方程，即可得到实数的值。【详解】根据题意可得：,，根据回归方程过中心点可得：，解得：；故答案选C【点睛】本题主要考查线性回归方程中参数的求法，熟练掌握回归方程过中心点是关键，属于基础题。11、D【解析】分析：欲求函数y=1*2x的值域，先将其化成分段函数的形式，再画出其图象，最后结合图象即得函数值的取值范围即可详解：当12x时，即x0时，函数y=1*2x=1当12x时，即x0时，函数y=1*2x=2xf（x）=由图知，函数y=1*2x的值域为：（0，1故选D点睛：遇到函数创新应用题型时，处理的步骤一般为：根据“让解析式有

11、意义”的原则，先确定函数的定义域；再化简解析式，求函数解析式的最简形式，并分析解析式与哪个基本函数比较相似；根据定义域和解析式画出函数的图象根据图象分析函数的性质12、B【解析】设，可得，求解即可.【详解】设，则，即，解得，取.故选B.【点睛】本题考查了类比推理，考查了计算能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据一元二次不等式和一元二次方程的关系可知，和时方程的两个实数根，利用韦达定理求解.【详解】不等式的解集为的两个实数根是， ，根据韦达定理可知 ，解得： ，.故答案为：【点睛】本题考查一元二次方程和一元二次不等式的关系，意在考查计算能力，属于基础

12、题型.14、.【解析】从到时左边需增乘的代数式是，化简即可得出【详解】假设时命题成立，则，当时，从到时左边需增乘的代数式是故答案为：.【点睛】本题考查数学归纳法的应用，考查推理能力与计算能力，属于中档题15、【解析】在二项展开式中分别令和,然后两个等式相减可得.【详解】解：令，得：令，得可得所以:.故答案为: .【点睛】本题考查了利用二项展开式赋值求系数,属于基础题.16、【解析】利用正态分布的对称性，求得的值.【详解】由条件知,故.【点睛】本小题主要考查正态分布在指定区间的概率，属于基础题.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）件；（2）（3）【解析】（1

13、）根据频率分布直方图得到超过克的频率，再求出产品数量；（2）先得到可取的值，再分别计算每个值的概率，写出分布列；（3）根据题意得到所取的件产品中，件超过克，件不超过克，从而得到所求的概率.【详解】（1）根据频率分布直方图可知：重量超过克的频率为：，所以重量超过克的产品数量为（件）（2）可取的值为，所以的分布列为：（3）利用样本估计总体，该流水线上重量超过克的概率为，令为任取5件产品中重量超过克的产品数量，则所以所求概率为.【点睛】本题考查根据频率分布直方图求频数，随机变量的分布列，求随机事件的概率，属于简单题.18、（1）1；（2）证明见解析【解析】（1）求导得到，讨论和两种情况，根据函数单调

14、性得到，解得答案.（2）要证明，只需要证明，设，求导得到单调性，得到，得到证明.【详解】（1）由已知得函数的定义域为，且，当时，在上单调递增，且当时，不合题意；当时，由得，所以在上单调递减，在上单调递增，在处取到极小值，也是最小值，由题意，恒成立，令，在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，即.（2），且在处取到极小值1，又时，时，故且，要证明：，只需证明，又，故只需证明：，即证：，即证：，即证：，设，则，因为，所以，由（1）知恒成立，所以，即，所以在上为增函数，所以，即命题成立.【点睛】本题考查了不等式恒成立，零点问题，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力.19、（1） （2）证明

15、见解析【解析】（1）用分类讨论法去掉绝对值符号，化为分段函数，再解不等式（2）用分析法证明【详解】（1），时，无解，同样时，无解，只有时，满足不等式，； （2）要证，只需证，即证，即证，因为，所以，则，原不等式成立.【点睛】本题考查解含绝对值的不等式，考查用分析法证明不等式解含绝对值的不等式，一般都是按绝对值定义分类讨论去掉绝对值符号后再求解20、 (1)f（x）的单调增区间为（e，+），减区间为（1，e）;(2).【解析】分析：（）求出，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（）由题意得，可得函数单调增区间为，减区间为，即恒成立，即，构造函数，利用导数研

16、究函数的单调性可得，即可得的最小值.详解：（）当a=1时，f（x）=（2x2+x）lnx3x22x+b（x1）f（x）=（4x+1）（lnx1），令f（x）=1，得x=ex（1，e）时，f（x）1，（e，+）时，f（x）1函数f（x）的单调增区间为（e，+），减区间为（1，e）；（）由题意得f（x）=（4x+1）（lnxa），（x1）令f（x）=1，得x=eax（1，e a）时，f（x）1，（ea ，+）时，f（x）1函数f（x）的单调增区间为（ea，+），减区间为（1，ea）f（x）min=f（ea）=e2aea+b，f（x）1恒成立，f（ea）=e2aea+b1，则be2a+eabae2a

17、+eaa令ea=t，（t1），e2a+eaa=t2+tlnt，设g（t）=t2+tlnt，（t1），g（t）=当t（1，）时，g（t）1，当时，g（t）1g（t）在（1，）上递减，在（，+）递增g（t）min=g（）=f（x）1恒成立，ba的最小值为 点睛：本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调

18、区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.21、（1）椭圆的标准方程为；（2）的最小值为.【解析】试题分析：（1）由题可知）抛物线的焦点为，所以，然后根据离心率可得a值，从而得出椭圆标准方程（2）根据题意则需求出AC和BD的长度表达式，显然可以根据直线与椭圆的弦长公式求得，所以设，直线的方程为，代入椭圆方程，同理求出AC的长度，然后化简即得 .解析：（1）抛物线的焦点为，所以，又因为，所以，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）（i）当直线的斜率存在且时，直线的方程为，代入椭圆方程，并化简得.设，则， .易知的斜率为，所以. .当，即时，上式取等号，故的最小值为.（ii）当直线的斜率不