四川省眉山多悦高中2022年数学高二下期末预测试题含解析

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根据如下样本数据得到的回归方程为，则345678A，B，C，D，2二项式的展开式中，常数项为

2、（）A64B30C15D163若集合,则实数的取值范围是 ()ABCD4知，则，的大小关系为（ ）ABCD5若函数sinxcosx,xR,则函数的最小值为ABCD6若展开式的二项式系数之和为64,则展开式的常数项为（ ）A10B20C30D1207如图所示，在边长为1的正方形中任取一点，则点恰好取自阴影部分的概率为（ ）ABCD8如图，已知直线与曲线相切于两点，函数 ，则函数（ ）A有极小值，没有极大值B有极大值，没有极小值C至少有两个极小值和一个极大值D至少有一个极小值和两个极大值9已知集合，则等于( )ABCD10中，则的值是（ ）ABCD或11函数向右平移个单位后得到函数，若在上单调递增

3、，则的取值范围是（）ABCD12已知函数，若函数有3个零点，则实数的取值范围为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13将函数的图象向左平移个单位，若所得到图象关于原点对称，则的最小值为_14函数的单调递增区间是_15圆C1：在矩阵M 对应的变换作用下得到了曲线C2，曲线C2在矩阵N 对应的变换作用下得到了曲线C3，则曲线C3的方程为_16如图，矩形的边，直角三角形的边，沿把三角形折起，构成四棱锥，使得在平面内的射影落在线段上，如图，则这个四棱锥的体积的最大值为_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）在平面直角坐标系中，点是坐标原点

4、，已知点为线段上靠近点的三等分点求点的坐标：若点在轴上，且直线与直线垂直，求点的坐标18（12分）交强险是车主必须为机动车购买的险种，若普通6座以下私家车投保交强险第一年的费用（基准保费）统一为a元，在下一年续保时，实行的是费率浮动机制，保费与上一年度车辆发生道路交通事故的情况相联系，发生交通事故的次数越多，费率也就越高，具体浮动情况如下表：交强险浮动因素和浮动费率比率表浮动因素浮动比率上一年度未发生有责任道路交通事故下浮10%上两年度未发生有责任道路交通事故下浮上三年度未发生有责任道路交通事故下浮30%上一个年度发生一次有责任不涉及死亡的道路交通事故0%上一个年度发生两次及两次以上有责任不涉

5、及死亡的道路交通事故上浮10%上一个年度发生有责任交通死亡事故上浮30%某机构为了解某一品牌普通6座以下私家车的投保情况，随机抽取了60辆车龄已满三年的该品牌同型号私家车的下一年续保时的情况，统计得到了下面的表格：类型A1A2A3A4A5A6数量105520155以这60辆该品牌车的投保类型的频率代替一辆车投保类型的概率，完成下列问题：（1）按照我国机动车交通事故责任强制保险条例汽车交强险价格的规定，记为某同学家的一辆该品牌车在第四年续保时的费用，求的分布列与数学期望；（数学期望值保留到个位数字）（2）某二手车销售商专门销售这一品牌的二手车，且将下一年的交强险保费高于基本保费的车辆记为事故车，

6、假设购进一辆事故车亏损5000元，一辆非事故车盈利10000元:若该销售商购进三辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求这三辆车中至多有一辆事故车的概率；若该销售商一次购进100辆(车龄已满三年)该品牌二手车，求他获得利润的期望值.19（12分） 选修4-5：不等式选讲已知函数的最小值为.（1）求的值；（2）若不等式恒成立，求的取值范围.20（12分）把圆分成个扇形，设用4种颜色给这些扇形染色，每个扇形恰染一种颜色，并且要求相邻扇形的颜色互不相同，设共有种方法.(1)写出，的值；(2)猜想，并用数学归纳法证明21（12分）已知（）讨论的单调性；（）当时，证明对于任意的成立22（10分）已知 ,分别为

7、三个内角,的对边，且.（1）求角的大小；（2）若且的面积为，求的值.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、B【解析】试题分析：由表格数据的变化情况可知回归直线斜率为负数，中心点为，代入回归方程可知考点：回归方程2、C【解析】求出二项展开式的通项公式，由此求得常数项.【详解】依题意，二项式展开式的通项公式为，当，故常数项为，故选C.【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，属于基础题.3、D【解析】本题需要考虑两种情况，通过二次函数性质以及即集合性质来确定实数的取值范围。【详解】设当时，满足题意当时，时二次函数因为所

8、以恒大于0，即所以，解得。【点睛】本题考察的是集合和带有未知数的函数的综合题，需要对未知数进行分类讨论。4、A【解析】由题易知：，故选A点睛：利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小5、B【解析】函数，函数的最小值为故选B6、B【解析】试题分析：根据二项式的展开式的二项式系数是14，写出二项式系数的表示式，得到次数n的值，写出通项式，当x的指数是0时，得到结果解：

9、Cn+Cn1+Cnn=2n=14，n=1Tr+1=C1rx1rxr=C1rx12r，令12r=0，r=3，常数项：T4=C13=20，故选B考点：二项式系数的性质7、B【解析】根据题意，易得正方形OABC的面积，观察图形可得，阴影部分由函数y=x与围成，由定积分公式，计算可得阴影部分的面积，进而由几何概型公式计算可得答案【详解】根据题意，正方形OABC的面积为11=1，而阴影部分由函数y=x与围成,其面积为，则正方形OABC中任取一点P,点P取自阴影部分的概率为；故选：B.【点睛】本题考查定积分在求面积中的应用,几何概型求概率，属于综合题，难度不大，属于简单题.8、C【解析】根据导数的几何意义

10、，讨论直线与曲线在切点两侧的导数与的大小关系，从而得出的单调区间，结合极值的定义，即可得出结论【详解】如图，由图像可知，直线与曲线切于a，b，将直线向下平移到与曲线相切，设切点为c，当时，单调递增，所以有且对于=，有，所以在时单调递减；当时，单调递减，所以有且有，所以在时单调递增；所以是的极小值点同样的方法可以得到是的极小值点，是的极大值点故选C【点睛】本题主要考查函数导数的几何意义，函数导数与单调性，与函数极值之间的关系，属于中档题9、D【解析】分析：求出集合，即可得到.详解： 故选D.点睛：本题考查两个集合的交集运算，属基础题.10、B【解析】根据正弦定理求解.【详解】由正弦定理得，选B.

11、【点睛】本题考查正弦定理，考查基本分析求解能力，属基础题.11、D【解析】首先求函数，再求函数的单调递增区间，区间是函数单调递增区间的子集，建立不等关系求的取值范围.【详解】,令 解得 ， 若在上单调递增， ,解得： 时，.故选D.【点睛】本题考查了三角函数的性质和平移变换，属于中档题型.12、C【解析】求导计算处导数，画出函数和的图像，根据图像得到答案.【详解】当时，则，；当时，则，当时，；画出和函数图像，如图所示：函数有3个交点，根据图像知.故选：.【点睛】本题考查了根据函数零点个数求参数，意在考查学生的计算能力和应用能力，画出函数图像是解题的关键.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共

12、20分。13、【解析】分析：先根据图像平移得解析式，再根据图像性质求关系式，解得最小值.详解：因为函数的图象向左平移个单位得，所以因为，所以点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言.14、【解析】求出函数的定义域，并求出该函数的导数，并在定义域内解不等式，可得出函数的单调递增区间.【详解】函数的定义域为，且，令，得.因此，函数的单调递增区间为，故答案为：.【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间，在求出导数不等式后，得出的解集应与定义域取交集可得出函数相应的单调区间，考查计算能力，属

13、于中等题.15、.【解析】分析：先根据矩阵变换得点坐标关系，代入C1可得C3的方程.详解：设C1上任一点经矩阵M、N变换后为点，则因为，所以因此曲线C3的方程为.点睛：（1）矩阵乘法注意对应相乘：（2）矩阵变换注意变化前后对应点：表示点在矩阵变换下变成点16、【解析】设，可得，.，由余弦定理以及同角三角函数的关系得，则，利用配方法可得结果.【详解】因为在矩形内的射影落在线段上，所以平面垂直于平面，因为，所以平面，同理，设，则，.在中，所以，所以四棱锥的体积.因为，所以当，即时，体积取得最大值，最大值为，故答案为.【点睛】本题主要考查面面垂直的性质，余弦定理的应用以及锥体的体积公式，考查了配方法

14、求最值，属于难题. 解决立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用空间点线面关系和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.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）由题意利用线段的定比分点坐标公式，两个向量坐标形式的运算法则，求出点P的坐标（2）由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量坐标形式的运算法则，求出点Q的坐标【详解】设，因为，所以，又，所以，解得，从而设，所以，由已知直线与直线垂直，所以

15、则，解得，所以【点睛】本题主要考查了线段的定比分点坐标公式，两个向量垂直的性质，两个向量坐标形式的运算，属于基础题，着重考查了推理与运算能力18、（1）分布列见解析，（2），万元【解析】（1）由题意列出X的可能取值为，结合表格写出概率及分布列，再求解期望（2）建立二项分布求解三辆车中至多有一辆事故车的概率先求出一辆二手车利润的期望，再乘以100即可【详解】（1）由题意可知：X的可能取值为，由统计数据可知：，.所以的分布列为：.（2）由统计数据可知任意一辆该品牌车龄已满三年的二手车为事故的概率为，三辆车中至多有一辆事故车的概率为：.设Y为给销售商购进并销售一辆二手车的利润，Y的可能取值为所以Y的

16、分布列为：YP所以.所以该销售商一次购进辆该品牌车龄已满三年的二手车获得利润的期望值为万元.【点睛】本题考查离散型随机变量及分布列，考查二项分布，考查计算能力，是基础题19、（1）（2）【解析】分析：（1）分类讨论 的取值情况，去绝对值；根据最小值确定 的值（2）代入 的值，由绝对值不等式确定表达式；去绝对值解不等式即可得到最后取值范围详解：（1），所以最小值为，即.（2）由（1）知，恒成立，由于，等号当且仅当时成立，故，解得或.所以的取值范围为. 点睛：本题综合考查了分类讨论解绝对值不等式，根据绝对值不等式成立条件确定参数的范围，属于中档题20、（1）（2）见解析【解析】分析：（1）根据题意

17、，得；（2）分析可得 ，用用数学归纳法证明即可详解：（1） （2）当时，首先，对于第1个扇形，有4种不同的染法，由于第2个扇形的颜色与的颜色不同，所以，对于有3种不同的染法，类似地，对扇形，均有3种染法对于扇形，用与不同的3种颜色染色，但是，这样也包括了它与扇形颜色相同的情况，而扇形与扇形颜色相同的不同染色方法数就是，于是可得 猜想当时，左边，右边，所以等式成立假设时，则时， 即时，等式也成立综上 点睛：本题考查考查归纳分析能力，考查数学归纳法的应用，属中档题21、（）见解析；（）见解析【解析】试题分析：（）求的导函数，对a进行分类讨论，求的单调性；（）要证对于任意的成立，即证，根据单调性求解

18、.试题解析：（）的定义域为；.当，时，单调递增；，单调递减.当时，.（1），当或时，单调递增；当时，单调递减；（2）时，在内，单调递增；（3）时，当或时，单调递增；当时，单调递减.综上所述，当时，函数在内单调递增，在内单调递减；当时，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增；当时，在内单调递增；当，在内单调递增，在内单调递减，在内单调递增.（）由（）知，时，令，.则，由可得，当且仅当时取得等号.又，设，则在单调递减，因为，所以在上存在使得时，时，所以函数在上单调递增；在上单调递减，由于，因此，当且仅当取得等号，所以，即对于任意的恒成立。【考点】利用导函数判断函数的单调性，分类讨论思想.【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错误百出.本题能