2022年湖北省荆州市公安县第三中学高二数学第二学期期末学业水平测试模拟试题含解析

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执行如图所示的程序框图，输出S的值为（ ）A0 B-1 C-122已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡.若顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种

2、结账方式，那么他们结账方式的可能情况有（ ）种A19B7C26D123利用反证法证明：若，则，应假设（ ）A，不都为B，都不为C，不都为，且D，至少一个为4某校有高一学生n名，其中男生数与女生数之比为6:5，为了解学生的视力情况，现要求按分层抽样的方法抽取一个样本容量为n10的样本，若样本中男生比女生多12人，则n=（ A990B1320C1430D15605函数的图象向右平移个单位后所得的图象关于原点对称，则可以是（ ）ABCD6已知命题是命题“若，则”的否命题；命题：若复数是实数，则实数，则下列命题中为真命题的是（ ）ABCD7在等差数列中，则（ ）A45B75C180D3608设，则（

3、）ABCD9若偶函数满足且时,则方程的根的个数是( )A2个B4个C3个D多于4个10已知扇形的圆心角为，弧长为，则扇形的半径为（ ）A7B6C5D411已知复数在复平面内的对应点关于实轴对称，（为虚数单位），则（ ）ABCD12圆与的位置关系是（ ）A相交B外切C内切D相离二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为_.14学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选那么不同的组队形式有_种15抛物线上一点到焦点的距离为，

4、则点的横坐标为_16已知是以为直径的半圆弧上的动点，为圆心，为中点，若，则_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）已知函数. （1）若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；（2）若在上恒成立，求实数的取值范围.18（12分）已知函数，若直线与函数，的图象均相切.（1）求实数的值；（2）当时，求在上的最值.19（12分）已知满足，（1）求，并猜想的表达式；（2）用数学归纳法证明对的猜想.20（12分）已知函数（x0，常数aR）（1）判断f（x）的奇偶性，并说明理由；（2）若f（1）2，试判断f（x）在2，）上的单调性21（12分）已知函数，集合.（1）当时

5、，解不等式；（2）若，且，求实数的取值范围；（3）当时，若函数的定义域为，求函数的值域.22（10分）ABC的内角A，B，C的对边分别为，且（1）求角A的大小；（2）求ABC的面积的最大值.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】试题分析：模拟法：S=0,n=1S=12S=-12S=0,n=7,n5，输出S=0，故选A考点：程序框图2、C【解析】由题意，根据甲丙丁的支付方式进行分类，根据分类计数原理即可求出【详解】顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，当甲丙丁顾客都不选微信时，则甲

6、有2种选择，当甲选择现金时，其余2人种，当甲选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有，故有2+5=7种，当甲丙丁顾客都不选支付宝时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人种，当甲选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有，故有2+5=7种，当甲丙丁顾客都不选银联卡时，若有人使用现金，则,若没有人使用现金，则有种，故有6+6=12种，根据分步计数原理可得共有7+7+6+6=26种，故选C【点睛】本题考查了分步计数原理和分类计数原理，考查了转化思想，属于难题.3、A【解析】表示“都是0”，其否定是“不都是0

7、”.【详解】反证法是先假设结论不成立，结论表示“都是0”，结论的否定为：“不都是0”.【点睛】在简易逻辑中，“都是”的否定为“不都是”；“全是”的否定为“不全是”，而不能把它们的否定误认为是“都不是”、“全不是”.4、B【解析】根据题意得出样本中男生和女生所占的比例分别为611和511，于是得出样本中男生与女生人数之差为611【详解】依题意可得(611-511)n【点睛】本题考考查分层抽样的相关计算，解题时要利用分层抽样的特点列式求解，考查计算能力，属于基础题。5、B【解析】求出函数图象平移后的函数解析式，再利用函数图象关于原点对称，即，求出，比较可得.【详解】函数的图象向右平移个单位后得到.

8、此函数图象关于原点对称，所以.所以.当时，故选B.【点睛】由的图象，利用图象变换作函数的图象，要特别注意：当周期变换和相位变换的先后顺序不同时，原图象沿轴的伸缩量的区别先平移变换再周期变换(伸缩变换)，平移的量是个单位；而先周期变换(伸缩变换)再平移变换，平移的量是个单位.6、D【解析】分析：先判断命题p，q的真假，再判断选项的真假.详解：由题得命题p:若ab,则，是假命题.因为是实数，所以所以命题q是假命题，故是真命题.故答案为 D.点睛：（1）本题主要考查四个命题和复数的基本概念，考查复合命题的真假，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)复合命题的真假判断口诀：真“非”假，假“非”真，一

9、真“或”为真，两真“且”才真.7、C【解析】由，利用等差数列的性质求出，再利用等差数列的性质可得结果.【详解】由，得到，则故选C.【点睛】本题主要考查等差数列性质的应用，属于基础题. 解与等差数列有关的问题时，要注意应用等差数列的性质：若，则.8、A【解析】利用指数与对数函数的单调性即可得出【详解】因为，所以，故选A.【点睛】本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题9、B【解析】在同一坐标系中画出函数和函数的图象，这两个函数的图象的焦点个数，即为所求.【详解】因为偶函数满足，所以函数的周期为2，又当时，故当时，则方程的根的个数，等价于函数和函数的图象的交点个数，在

10、同一坐标系中作出两个函数的图象，如图所示，可得两函数的图象有4个交点，即方程有4个根，故选B.【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用问题，即根的存在性及根的个数的判定，其中解答中把方程的根的个数，转化为函数和函数的图象的交点个数，在同一坐标系中作出两个函数的图象，结合图象求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.10、B【解析】求得圆心角的弧度数，用求得扇形半径.【详解】依题意为，所以故选B.【点睛】本小题主要考查角度制和弧度制转化，考查扇形的弧长公式的运用，属于基础题.11、A【解析】由题意，求得，则，再根据复数的除法运算，即可求解【详解】由题意，复数在复平面内的对应点关于实

11、轴对称，则，则根据复数的运算，得.故选A.【点睛】本题主要考查了复数的表示，以及复数的除法运算，其中解答中熟记复数的运算法则，准确运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题12、A【解析】试题分析：由题是给两圆标准方程为：，因为，所以两圆相离，故选D.考点：圆与圆的位置关系二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】分析：首先求得p和q，然后结合是的必要不充分条件求解实数a的取值范围即可.详解：求解二次不等式可得：，求解二次不等式可得：，是的必要不充分条件，则：，即：，求解不等式组可得：实数的取值范围为.点睛：本题主要考查充分性、必要性条件的应用，集合思想的应用

12、等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14、【解析】分析：分三种情况讨论，分别求出甲乙都入选、甲不入选，乙入选、甲乙都不入选,，相应的情况不同的组队形式的种数，然后求和即可得出结论.详解：若甲乙都入选，则从其余人中选出人，有种，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有 种；若甲不入选，乙入选，则从其余人中选出人，有种，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；若甲乙都不入选，则从其余6人中选出人，有种，再全排，有种，故共有种，综上所述，共有，故答案为.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排

13、列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.15、【解析】分析：根据题意，设的坐标为 ，求出抛物线的准线方程，由抛物线的定义可得M到准线的距离也为1，则有 ，解可得 的值，将的坐标代入抛物线的方程，计算可得的值，即可得答案详解：根据题意，设的坐标为抛物线y=4x2，其标准方程为，其准线方程为 若到焦点的距离为，到准线的距离也为1，则有解可得 又由在抛物线上，则 解可得 故答案为点睛：本题考查抛物线的性质以及标准

14、方程，关键是掌握抛物线的定义16、【解析】先用中点公式的向量式求出，再用数量积的定义求出的值【详解】，【点睛】本题主要考查向量中的中点公式应用以及数量积的定义三、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）；（2）.【解析】(1)先对求导，然后分别讨论和时的情况，从而得到的取值范围；（2）可令，再求导，就和两种情况再分别讨论恒成立问题即可得到答案.【详解】（1）当时，恒成立，故在上递增，最多一个零点，不合题意； 当时，在上递增，在上递减，且时，时， 故要有两个零点，只需，解得：，综合、可知，的范围是：. （2）令，当，恒成立，在上递增，符合题意； 当时，在上递增，在上

15、递增，又，若，即时，恒成立，同，符合题意， 若，即时，存在，使，时，时，在递减，在上递增，而，故不满足恒成立，综上所述，的范围是：.【点睛】本题主要考查利用导函数求解零点中含参问题，恒成立中含参问题，意在考查学生的转化能力，对学生的分类讨论的思想要求较高，难度较大.18、（1），或；（2），.【解析】（1）由直线与二次函数相切，可由直线方程与二次函数关系式组成的方程组只有一个解，然后由判别式等于零可求出的值，再设出直线与函数图像的切点坐标，由切点处的导函数值等于切线的斜率可求出切点坐标，从而可求出的值；（2）对函数求导，使导函数为零，求出极值点，然后比较极值和端点处的函数值大小，可求出函数的最

16、值.【详解】（1）联立可得， 设直线与的图象相切于点，则，或当时， 当时， 或 （2）由（1），令则或；令则在和上单调递增，在上单调递减又，【点睛】此题考查导数的几何意义，利用导数求最值，属于基础题.19、（1）（）（2）见解析【解析】试题分析：（1）依题意，有，故猜想；（2）下面用数学归纳法证明.当时，显然成立；假设当）时，猜想成立，即，证明当时，也成立. 结合可知，猜想对一切都成立.试题解析：（1）猜想：（）（2）下面用数学归纳法证明（）当时，显然成立；假设当）时，猜想成立，即，则当时，即对时，猜想也成立；结合可知，猜想对一切都成立.考点：合情推理与演绎推理、数学归纳法20、（1）见解析；

17、（1）见解析【解析】试题分析：（1）利用函数奇偶性的定义进行判断，要对进行分类讨论；（1）由，确定的值，然后用单调性的定义进行判断和证明即可.试题解析：（1）当a0时，f（x）x1，f（x）f（x），函数是偶函数当a0时，f（x）x1 （x0，常数aR），取x1，得f（1）f（1）10；f（1）f（1）1a0，即f（1）f（1），f（1）f（1）故函数f（x）既不是奇函数也不是偶函数（1）若f（1）1，即1a1，解得a1，这时f（x）x1任取x1，x11，），且x1x1，则f（x1）f（x1） （x1x1）（x1x1） （注：若用导数论证，同样给分）（x1x1）由于x11，x11，且x1x1故

18、x1x10，所以f（x1）f（x1），故f（x）在1，）上是单调递增函数21、（1）；（2）；（3）当时，的值域为；当时，的值域为；当时，的值域为【解析】分析：（1）先根据一元二次方程解得ex3，再解对数不等式得解集，（2）解一元二次不等式得集合A,再根据，得log2f(x)1在0 x1上有解，利用变量分离法得a3exe2x在0 x1上有解，即a3exe2xmin.最后根据二次函数性质求最值得结果,（3）先转化为对勾函数，再根据拐点与定义区间位置关系，分类讨论，结合单调性确定函数值域.详解：（1）当a3时，由f(x)1得ex3e-x11， 所以e2x2ex30，即(ex3) (ex1)0， 所以ex3，故xln3，所以不等式的解集为(ln3，+). （2）由x2x0，得0 x1，所以Ax|0 x1.因为AB，所以log2f(x)1在0 x1上有解， 即 f(x)2在0 x1上有解，即exae-x30在0 x1上有解， 所以a3exe2x在0 x1上有解，即a3exe2xmin. 由0 x1得1exe，所以3exe2x(ex)23ee2，所以a3ee2. （3）设tex，由（2）知1te，记g(t)t1(1te，a1)，则，t(1，)(，)g(t)0g(t)极小值当e时，即ae2时，g(t)在1te上递减，所以g(e)g(t)g(1)，即所以f(x)的