海南省东方市八所中学2021-2022学年数学高二第二学期期末达标检测模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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函数在上的平均变化率是( )A2BCD2欧拉公式(为虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常

2、重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，根据欧拉公式可知，表示的复数的虚部为（ ）ABCD3从8名女生4名男生中,选出3名学生组成课外小组,如果按性别比例分层抽样,则不同的抽取方法数为()A112种B100种C90种D80种4 “四边形是矩形，四边形的对角线相等”补充以上推理的大前提是（ ）A正方形都是对角线相等的四边形B矩形都是对角线相等的四边形C等腰梯形都是对角线相等的四边形D矩形都是对边平行且相等的四边形5在去年的足球甲联赛上，一队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为1.1；二队每场比赛平均失球数是2.1，全年失球个数的标准差是0.4，你认为下列说法中正确的个数有（ ）平均

3、来说一队比二队防守技术好；二队比一队防守技术水平更稳定；一队防守有时表现很差，有时表现又非常好；二队很少不失球.A1个B2个C3个D4个6从甲、乙等10个同学中挑选4名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有()（）种（）种（）种（）种7经过伸缩变换后所得图形的焦距（ ）ABC4D68已知命题：“，有成立”，则命题为（ ）A，有成立B，有成立C，有成立D，有成立9由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金提出了“戴德金分割”，才结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，中

4、的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中不可能成立的是A没有最大元素，有一个最小元素B没有最大元素，也没有最小元素C有一个最大元素，有一个最小元素D有一个最大元素，没有最小元素10已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布，从中随机取一件，其长度误差落在区间（3,6）内的概率为（ ）（附：若随机变量服从正态分布，则，）A4.56%B13.59%C27.18%D31.74%11函数的部分图像大致为（ ）ABCD12某个班级组织元旦晚会，一共准备了、六个节目，节目演出顺序第一个节目只能排或，最后一个节目不能排，且、要求相邻出场，则不同的节目顺序

5、共有（ ）种A72B84C96D120二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设随机变量的概率分布列如下图，则_123414已知函数的一条对称轴为，则的值为_15将参数方程（为参数），转化成普通方程为_16已知向量，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,.（）若是函数的一个极值点，求实数的值及在内的最小值；（）当时，求证：函数存在唯一的极小值点，且.18（12分）已知，设命题：函数在上为减函数，命题：不等式对恒成立，若为假命题，为真命题，求的取值范围.19（12分）已知函数（1）若曲线在处切线的斜率为，求此切线方程；（2）若有

6、两个极值点，求的取值范围，并证明：20（12分）对任意正整数，定义函数满足如下三个条件：；（1）求和的值；（2）求的解析式21（12分）已知，设命题：函数在上是增函数；命题：关于的方程无实根.若“且”为假，“或”为真，求实数的取值范围.22（10分）已知函数 （I）求在（为自然对数的底数）处的切线方程.（II）求的最小值.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、C【解析】根据平均变化率的计算公式列式，计算出所求的结果.【详解】依题意，所求平均变化率为，故选C.【点睛】本小题主要考查平均变化率的计算，考查运算求解能力，属于

7、基础题.2、C【解析】先由题意得到，进而可求出结果.【详解】由题意可得：，所以虚部为.故选C【点睛】本题主要考查复数的应用，熟记复数的概念即可，属于常考题型.3、A【解析】分析：根据分层抽样的总体个数和样本容量，做出女生和男生各应抽取的人数，得到女生要抽取2人，男生要抽取1人，根据分步计数原理得到需要抽取的方法数详解：8名女生，4名男生中选出3名学生组成课外小组，每个个体被抽到的概率是，根据分层抽样要求，应选出8=2名女生，4=1名男生，有C82C41=1故答案为：A点睛：本题主要考查分层抽样和计数原理，意在考查学生对这些知识的掌握水平.4、B【解析】根据题意，用三段论的形式分析即可得答案【详

8、解】根据题意，用演绎推理即三段论形式推导一个结论成立，大前提应该是结论成立的依据，由四边形是矩形，得到四边形的对角线相等的结论，大前提一定是矩形都是对角线相等的四边形，故选B【点睛】本题考查演绎推理的定义，关键是掌握演绎推理的形式，属于基础题.5、D【解析】在（1）中，一队每场比赛平均失球数是1.5，二队每场比赛平均失球数是2.1，平均说来一队比二队防守技术好，故（1）正确；在（2）中，一队全年比赛失球个数的标准差为1.1，二队全年比赛失球个数的标准差为0.4，二队比一队技术水平更稳定，故（2）正确；在（3）中，一队全年比赛失球个数的标准差为1.1，二队全年比赛失球个数的标准差为0.4，一队有

9、时表现很差，有时表现又非常好，故（3）正确；在（4）中，二队每场比赛平均失球数是2.1，全年比赛失球个数的标准差为0.4，二队很少不失球，故（4）正确.故选：D6、C【解析】从10个同学中挑选4名参加某项公益活动有种不同挑选方法；从甲、乙之外的8个同学中挑选4名参加某项公益活动有种不同挑选方法；甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有种不同挑选方法 故选C；【考点】此题重点考察组合的意义和组合数公式；【突破】从参加 “某项”切入，选中的无区别，从而为组合问题；由“至少”从反面排除易于解决；7、A【解析】用，表示出，代入原方程得出变换后的方程，从而得出焦距【详解】由得，代入得，椭圆的焦距为，

10、故选A【点睛】本题主要考查了伸缩变换，椭圆的基本性质，属于基础题8、B【解析】特称命题的否定是全称命题。【详解】特称命题的否定是全称命题，所以，有成立的否定是，有成立，故选B.【点睛】本题考查特称命题的否定命题，属于基础题。9、C【解析】试题分析：设,显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能；,显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能；,显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能；同时，假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的，故选C考点：以集合为背景的创新题型【方法点睛】创新题型，应抓住问题的本质，即

11、理解题中的新定义，脱去其“新的外衣”，转化为熟悉的知识点和题型上来本题即为，有理数集的交集和并集问题，只是考查两个子集中元素的最值问题，即集合M、N中有无最大元素和最小元素10、B【解析】试题分析：由题意故选B考点：正态分布11、B【解析】结合函数的性质，特值及选项进行排除.【详解】当时，可以排除A,C选项；由于是奇函数，所以关于点对称，所以B对， D错.故选：B.【点睛】本题主要考查函数图象的识别，由解析式选择函数图象时，要注意特值法的使用，侧重考查直观想象的核心素养.12、B【解析】分析：先排第一个节目，同时把C、D捆绑在一起作为一个元素，按第一个节目排A还是排B分类，如果第一个是B，则第

12、二步排最后一个节目，如果第一个是A，则后面全排列即可详解：由题意不同节目顺序有故选B点睛：本题考查了排列、组合题两种基本方法(1)限制元素(位置)优先法：元素优先法：先考虑有限制条件的元素，再考虑其他元素；位置优先法：先考虑有限制条件的位置，再考虑其他位置(2)相邻问题捆绑法：把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”作全排列，最后再“松绑”将“捆绑”元素在这些位置上作全排列二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】依题意可知，根据分布列计算可得；【详解】解：依题意可得故答案为：【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列与和概率公式的应用，属于基础题.

13、14、【解析】根据对称轴为可得，结合的范围可求得结果.【详解】为函数的对称轴 解得：又 本题正确结果：【点睛】本题考查根据三角函数性质求解解析式的问题，关键是能够采用整体对应的方式来进行求解.15、【解析】将参数方程变形为，两式平方再相减可得出曲线的普通方程.【详解】将参数方程变形为，两等式平方得，上述两个等式相减得，因此，所求普通方程为，故答案为：.【点睛】本题考查参数方程化为普通方程，在消参中，常用平方消元法与加减消元法，考查计算能力，属于中等题.16、【解析】先根据向量的平行求出x的值，再根据向量的数量积计算即可【详解】解：，因为，所以，解得：，所以【点睛】本题考查了向量的平行和向量的数

14、量积，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、（）；（）见解析【解析】（）由已知条件的导函数，以及，从而求出实数的值，利用导数求出函数在内的单调性，从而得到在内的最小值（）由题可得,令，要证函数存在唯一的极小值点，即证只有唯一根，利用导数求出的单调区间与值域即可，且由零点定理可知，由，可得，代入中，利用导数求出在内的最值即可证明。【详解】（）由题可得：，则，是函数的一个极值点，即，解得：，经检验，当时，是函数的一个极值点；当时，令，解得：或，当时，、的变化如下表：所以当时，有最小值，（）当时，令，则，由于恒成立，所以恒大于零，则在上单调递增，由于，根据零点

15、定理，可得存在唯一的，使得，令，解得：，当或时，即的单调增区间为，当时，即的单调减区间为，函数存在唯一的极小值点，且，则；，则，令，解得：或，当时，则在上单调递减，则，所以【点睛】本题考查导数在函数最值以及极值中的运用，考查学生转化的思想，综合性较强，有一定难度。18、.【解析】化简命题可得，化简命题可得，由为真命题，为假命题，可得一真一假，分两种情况讨论，对于真假以及假真分别列不等式组，分别解不等式组，然后求并集即可求得实数的取值范围.【详解】：函数在上为减函数，即.：不等式对一切恒成立，或，即.为假命题，为真命题，一真一假，若真假，则，此时不存在，若假真，则，解得或.的取值范围为.【点睛】

16、本题通过判断或命题、且命题以及非命题的真假，综合考查指数函数的性质以及不等式恒成立问题，属于中档题.解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题“一真则真”；（3）且命题“一假则假”.19、（1）；（2）,证明见解析.【解析】（1）在处切线的斜率为，即，得出，计算f(e)，即可出结论（2）有两个极值点得=0有两个不同的根，即有两个不同的根，令，利用导数求其范围，则实数a的范围可求；有两个极值点，利用在(e,+)递减，即可证明【详解】（1），解得， ，故切点为，所以曲线在处的切线方程为 （2），令=0，得令，则，且当时，；当时，；时，令，得，且

17、当时，；当时，故在递增，在递减，所以 所以当时，有一个极值点； 时，有两个极值点；当时，没有极值点综上，的取值范围是 （方法不同，酌情给分）因为是的两个极值点，所以即不妨设，则，因为在递减，且，所以，即由可得，即，由，得，所以【点睛】本题主要考察导数在切线，极值方向的应用，主要理清导数的几何意义，导数和极值之间的关系进行转化，在做题的过程中，适当选取参变分离有时候能简化分类讨论的必要20、（1），（2）【解析】（1）由已知关系式直接推得即可；（2）由依次推出，再由，依次推出即可.【详解】解：（1）因，令代入得:，令，代入得:，又，令代入得：令，代入得： （2）由条件可得，将上述个等式相加得： 由条件可得：， 将上述个等式相加得： 【点睛】本题主要考查了函数的递推关系式，注意观察规律，细心完成即可.21、 【解析】先求命题和命题为真时的范围，若“且”为假，“或”为真，则命题与命题一真一假，分类讨论真假与真假时的范围，再取并集即可.【详解】解：命题：在R上单调递增，命题：关于的方程无实根，且 ， ，解得命题且为假，或为真，命题与一真一假，真假, 则真假，则所以的取值范围是【