甘肃省靖远一中2021-2022学年高二数学第二学期期末考试试题含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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已知为等差数列, ,则（ ）A42B40C38D362设集合A=x|x0，B=x|x2-5x-140，则Ax|0

2、 x5Bx|2x7Cx|2x5Dx|0 x73某个几何体的三视图如图所示（其中正视图中的圆弧是半径为2的半圆），则该几何体的体积为（ ）ABCD4已知函数的最大值为，最小值为，则等于（ ）A0B2C4D85若复数满足为虚数单位），则（）ABCD6设满足约束条件，若，且的最大值为，则（ ）ABCD7若随机变量的分布列为（ ）且，则随机变量的方差等于（ ）ABCD8 “大衍数列”来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理.数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题.大衍数列前10项依次是

3、0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列第20项为（ ）A180B200C128D1629已知双曲线x2a2-yAx212-y2810复数（ ）ABCD11已知函数，且，则曲线在处的切线方程为（ ）ABCD12函数的图象关于点对称，是偶函数，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，与相交于点.若，且的面积为，则的值为_.14的展开式中，项的系数为_.（用数字作答）15若函数在存在零点（其中为自然对数的底数），则的最小值是_.16有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.

4、甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”则乙的卡片上的数字是_.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.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数恰有两个零点，求的取值范围.18（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为 (为参数)在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，圆的方程为.(1)写出直线的普通方程和圆的直角坐标方程；(2)若点坐标为，圆与直线交于两点，求的值19（12分）已知函数f（x）=x2（x-1）（

5、1）求函数f（x）的单调区间；（2）求f（x）在区间-1，2上的最大值和最小值20（12分）某中学对高二甲、乙两个同类班级进行“加强语文阅读理解训练对提高数学应用题得分率有帮助”的试验，其中甲班为试验班（加强语文阅读理解训练），乙班为对比班（常规教学，无额外训练），在试验前的测试中，甲、乙两班学生在数学应用题上的得分率基本一致，试验结束后，统计几次数学应用题测试的平均成绩（均取整数）如下表所示：60分及以下6170分7180分8190分91100分甲班（人数）3612159乙班（人数）4716126现规定平均成绩在80分以上（不含80分）的为优秀.（1）由以上统计数据填写列联表，并判断是否有的

6、把握认为“加强语文阅读理解训练对提高数学应用题得分率”有帮助；（2）对甲乙两班60分及以下的同学进行定期辅导，一个月后从中抽取3人课堂检测，表示抽取到的甲班学生人数，求及至少抽到甲班1名同学的概率.21（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为（1）若与相交于两点，求；（2）圆的圆心在极轴上，且圆经过极点，若被圆截得的弦长为，求圆的半径22（10分）某超市为了解气温对某产品销售量的影响，随机记录了该超市12月份中天的日销售量(单位：千克)与该地当日最低气温(单位:)的数据，如下表所示:求关于的线性回归方程；（精确到）判

7、断与之间是正相关还是负相关；若该地12月份某天的最低气温为，请用中的回归方程预测该超市当日的销售量.参考公式：，参考数据：，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】分析：由已知结合等差数列的性质可求，然后由即可求解.详解：，故选：B.点睛：(1)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想来解决问题(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换作用，而a1和d是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法2、D【解析】试题分

8、析：由B=x|x2-5x-140=x|-2x0,b0)的离心率为62，所以ca考点：双曲线的性质10、C【解析】分析：直接利用复数的除法运算得解.详解：由题得，故答案为：C.点睛：本题主要考查复数的运算，意在考查学生对该知识的掌握水平和基本运算能力.11、B【解析】先对已知函数f(x)求导，由可得a的值，由此确定函数和其导函数的解析式，进而可得x=0处的切线方程。【详解】，解得，即，则，曲线在点处的切线方程为，即.【点睛】本题考查求函数某点处的切线方程，解题关键是先由条件求出函数f(x)中的未知量a。12、D【解析】根据图像关于对称列方程，解方程求得的值.利用列方程，解方程求得的值，由此求得的

9、值.【详解】由于图像关于对称，也即关于的对称点为，故，即，而，故，化简得，故.由于是偶函数，故，即，故.所以，故选D.【点睛】本小题主要考查已知函数的对称性、函数的奇偶性求解析式，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由题意知可求的坐标由于轴，可得，利用抛物线的定义可得，代入可取，再利用，即可得出的值.【详解】解：如图所示，.与轴平行，解得，代入可取，解得故答案为:【点睛】本题考查了抛物线的定义及其性质、平行线的性质、三角形面积计算公式.本题的关键在于求出 的坐标后，如何根据已知面积列出方程.14、-30【解析】由题意利用幂的意义，组合数公式，求得项的系数.

10、【详解】，表示个因式的积，要得到含项，需个因式选，个因式选，其余的个因式选即可.展开式中，项的系数为.故答案为：-30【点睛】本题考查了二项式定理、组合数公式，需熟记公式，属于基础题.15、【解析】依题意可得方程，在上存在解，要使取得最小值，则，令，利用导数研究函数的单调性，对分类讨论，分别求出的最小值，即可得解，【详解】解：依题意在存在零点，即方程在存在解，即，在存在解，要使取得最小值，则，令，则，当时，在上恒成立，即在上单调递增，所以，即，所以；当即时，当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以，令，则，所以，所以在上单调递减，所以当时，则在上恒成立，即在上单调递减，综上可

11、得的最小值为故答案为：【点睛】本题考查函数零点及最值问题，考查分析问题解决问题的能力及数形结合思想，属于难题16、1和2【解析】由题意分析可知甲的卡片上的数字为1和2，乙的卡片上的数字为1和2，丙的卡片上的数字为1和1【详解】由题意可知丙不拿1和2若丙拿1和1，则乙拿1和2，甲拿1和2，满足题意；若丙拿1和2，则乙拿1和2，甲拿1和1，不满足题意故乙的卡片上的数字是1和2故答案为：1和2【点睛】本题主要考查推理，考查学生逻辑思维能力，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）见解析；（2）【解析】（1），讨论a，求得单调性即可（2）利用（1）的分类讨论

12、，研究函数最值，确定零点个数即可求解【详解】（1）因为，其定义域为，所以.当时，令，得；令，得，此时在上单调递减，在上单调递增.当时，令，得或；令，得，此时在，上单调递减，在上单调递增.当时，此时在上单调递减.当时，令，得或；令，得，此时在，上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）可知：当时，.易证，所以.因为，.所以恰有两个不同的零点，只需，解得.当时，不符合题意.当时，在上单调递减，不符合题意.当时，由于在，上单调递减，在上单调递增，且，又，由于，所以，函数最多只有1个零点，与题意不符.综上可知，即的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，函数零点问题，考查推理求解能力

13、及分类讨论思想，是难题18、（1）（2）【解析】试题分析：（1）由加减消元得直线的普通方程,由得圆的直角坐标方程；（2）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，由直线参数方程几何意义得|PA|+|PB|=|t1|+|t2|=t1+t2,再根据韦达定理可得结果试题解析：解：（）由得直线l的普通方程为x+y3=0又由得 2=2sin，化为直角坐标方程为x2+（y）2=5；（）把直线l的参数方程代入圆C的直角坐标方程，得（3t）2+（t）2=5，即t23t+4=0设t1，t2是上述方程的两实数根，所以t1+t2=3又直线l过点P，A、B两点对应的参数分别为t1，t2，所以|PA|+|PB|=|t1

14、|+|t2|=t1+t2=319、 (1) 的递增区间为，递减区间为(2) 最大值，最小值【解析】分析：（1）求导数后，由可得增区间，由可得减区间（2）根据单调性求出函数的极值和区间的端点值，比较后可得最大值和最小值详解：（1），由，解得或；由，解得，所以的递增区间为，递减区间为（2）由（1）知是的极大值点，是的极小值点，所以极大值，极小值，又，所以最大值，最小值点睛：（1）求单调区间时，由可得增区间，由可得减区间，解题时注意导函数的符号与单调性的关系（2）求函数在闭区间上的最值时，可先求出函数的极值和区间的端点值，通过比较后可得最大值和最小值20、（1）见解析；（2）.【解析】（1）根据题意

15、得到列联表，然后由列联表中的数据得到的值，再结合临界值表可得结论（2）由题意得到随机变量的所有可能取值，并分别求出对应的概率，进而得到的分布列，于是可得所求【详解】（1）由题意可得列联表如下:优秀人数非优秀人数总计甲班212445乙班271845合计484290由表中数据可得，所以没有95%的把握认为“加强语文阅读理解训练对提高数学应用题得分率”有帮助（2）由题意得60分以下共有7人，其中甲班有3人，所以随机变量显然的所有可能取值为，所以随机变量的分布列为0123所以，至少抽到1名甲班学生概率为【点睛】在独立性检验中，再求出后查临界值表时不是查最大允许值，而是先根据题目要求的百分比找到第一行对应的数值，再将该数值对应的值与求得的相比较另外，临界值表中第一行数据表示两个变量没有关联的可能性，所以其有关联的可能性为21、（1）6；（2）13.【解析】（1）将直线参数方程代入圆的直角坐标方程，利用求解得到结果；（2）写出的普通方程并假设圆的直角坐标方程，利用弦长为建立与的关系，再结合圆心到直线距离公式得到方程，解方程求得，即为圆的半径.【详解】（1）由，得将代入，得设两点对应的参数分别为，则故（2）直线的普通方程为设圆的方程为圆心到直线的距离为因为，所以解得：或（舍）则圆的半径为【点睛】本题考查直线参数方程