安徽省淮南市2021-2022学年数学高二下期末综合测试试题含解析

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。112名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( )ABCD2已知是函数的导函数，且满足，若有两个不同

2、的零点，则实数的取值范围为（ ）ABCD3若函数在上是增函数，则实数的取值范围是（ ）ABCD4在区域内任意取一点，则的概率是（ ）A0BCD5使不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）ABC或D6在极坐标系中，设圆与直线交于两点，则以线段为直径的圆的极坐标方程为（ ）ABCD7已知函数的图象在点处的切线为，若也与函数，的图象相切，则必满足（ ）ABCD8三世纪中期，魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法.所谓割圆术，就是不断倍增圆内接正多边形的边数求出圆周率的方法.如图是刘徽利用正六边形计算圆周率时所画的示意图，现向圆中随机投掷一个点，则该点落在正六边形内的概

3、率为（ ）ABCD9在中，则等于（ ）ABCD10函数的最大值为（ ）AB1 CD11用反证法证明命题“设为实数，则方程至多有一个实根”时，要做的假设是A方程没有实根B方程至多有一个实根C方程至多有两个实根D方程恰好有两个实根12设集合，那么集合中满足条件“ ”的元素个数为（ ）A60B65C80D81二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知为等边三角形，为坐标原点，在抛物线上，则的周长为_14已知定义在上的函数满足 ，当时，则函数在区间上的零点个数是_.15下列命题中已知点，动点满足，则点的轨迹是一个圆；已知，则动点的轨迹是双曲线右边一支；两个随机变量的线性相关性越强，则相关

4、系数的绝对值就越接近于；在平面直角坐标系内，到点和直线的距离相等的点的轨迹是抛物线；设定点，动点满足条件，则点的轨迹是椭圆.正确的命题是_16现有颜色为红、黄、蓝的小球各三个，相同颜色的小球依次编号、，从中任取个小球，颜色编号均不相同的情况有_种三、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）已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，若，且，成等差数列（1）求数列，的通项公式；（2）记，数列的前项和为，数列的前项和为，若对任意正整数，恒成立，求实数的取值范围18（12分）某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排

5、版，2人印刷，有几种不同的安排方法19（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线 的方程为以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线和曲线的极坐标方程；（2）若直线与曲线交于,两点，求.20（12分）已知函数，曲线在处的切线与轴平行.（1）求实数的值；（2）设，求在区间上的最大值和最小值.21（12分）已知向量，设函数（1）求f（x）的最小正周期与单调递减区间；（2）在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，若，ABC的面积为，求a的值22（10分）在平面直角坐标系中，圆C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求：（1）圆

6、C的直角坐标方程；（2）圆C的极坐标方程参考答案一、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】试题分析：第一步从后排8人中选2人有种方法，第二步6人前排排列，先排列选出的2人有种方法，再排列其余4人只有1种方法，因此所有的方法总数的种数是考点：排列组合点评：此类题目的求解一般遵循先选择后排列，结合分步计数原理的方法2、D【解析】根据进行参变分离，构造函数，利用已知条件得到，并判断单调性，因而求出范围【详解】若有两个不同的零点，则，设，则与有两个交点，由题，令，则，故在递减，在递增，故选D【点睛】本题考查构造函数判断单调性，用

7、参变分离的方法转化零点为交点问题，及利用单调性求参3、D【解析】由题意得在上恒成立，利用分离参数思想即可得出结果【详解】，又函数在上是增函数，在恒成立，即恒成立，可得，故选D.【点睛】本题主要考查了已知函数的单调性求参数的取值范围，属于中档题4、C【解析】求得区域的面积，x2+y21表示圆心在原点，半径为1的圆，由圆的面积公式可得其在正方形OABC的内部的面积，由几何概型的计算公式，可得答案【详解】根据题意，设O（0，0）、A（1，0）、B（1，1）、C（0，1），表示的区域为以正方形OABC的内部及边界，其面积为1；x2+y21表示圆心在原点，半径为1的圆，在正方形OABC的内部的面积为，由

8、几何概型的计算公式，可得点P（x，y）满足x2+y21的概率是；故选C【点睛】本题考查几何概型的计算，解题的关键是将不等式（组）转化为平面直角坐标系下的图形的面积，进而由其公式计算5、A【解析】首先解出不等式，因为是不等式成立的一个充分不必要条件，所以满足是不等式的真子集即可【详解】因为，所以或，需要是不等式成立的一个充分不必要条件，则需要满足是的真子集的只有A,所以选择A【点睛】本题主要考查了解不等式以及命题之间的关系，属于基础题6、A【解析】试题分析：以极点为坐标原点，极轴为轴的正半轴，建立直角坐标系，则由题意，得圆的直角坐标方程，直线的直角坐标方程由，解得或，所以，从而以为直径的圆的直角

9、坐标方程为，即将其化为极坐标方程为：，即故选A考点：简单曲线的极坐标方程7、D【解析】函数的导数为，图像在点处的切线的斜率为，切线方程为，即，设切线与相切的切点为，由的导数为，切线方程为，即，由，可得，且，解得，消去，可得，令，在上单调递增，且，所以有的根，故选D.8、A【解析】设圆的半径为，则圆的面积，正六边形的面积，所以向圆中随机投掷一个点，该点落在正六边形内的概率，故选A.9、D【解析】根据正弦定理，将题中的数据代入，解之即可得到的大小.【详解】由正弦定理,得 解之可得 .故选:D.【点睛】本题主要考查解三角形中的正弦定理，已知两角和一边求另一边，通常用正弦定理求解.10、A【解析】由题

10、意求得导数，得到函数单调性，即可求解函数的最大值，得到答案.【详解】由题意，可得，当时，则函数单调递增；当时，则函数单调递减，所以函数的最大值为，故选A.【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数的最值问题，其中解答中求得函数的导数，得出函数的单调性是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.11、D【解析】反证法证明命题时，首先需要反设，即是假设原命题的否定成立.【详解】命题“设为实数，则方程至多有一个实根”的否定为“设为实数，则方程恰好有两个实根”；因此，用反证法证明原命题时，只需假设方程恰好有两个实根.故选D【点睛】本题主要考查反证法，熟记反设的思想，找原命题的否定即可，属于基础题型

11、.12、D【解析】由题意可得，成立，需要分五种情况讨论：当 时，只有一种情况，即；当 时，即，有种；当 时，即，有种；当 时，即，有种当 时，即，有种，综合以上五种情况，则总共为：种，故选D.【点睛】本题主要考查了创新型问题，往往涉及方程，不等式，函数等，对涉及的不同内容，先要弄清题意，看是先分类还是先步，再处理每一类或每一步，本题抓住只能取相应的几个整数值的特点进行分类，对于涉及多个变量的排列，组合问题，要注意分类列举方法的运用，且要注意变量取值的检验，切勿漏掉特殊情况.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设，由于，可得代入化简可得：由抛物线对称性，知点、关于轴对称

12、不妨设直线的方程为：，与抛物线方程联立解出即可得出【详解】解：设，又，即又、与同号，即由抛物线对称性，知点、关于轴对称不妨设直线的方程为：，联立，解得的周长故答案为：【点睛】本题考查了抛物线的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题、等边三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题14、9【解析】令，先求出当时的零点个数，然后利用周期性和奇偶性判断在区间上零点的个数。【详解】由于定义在上的函数满足 ，函数为奇函数，则在上必有，当，由得，即，可得：，故，函数为周期为3的奇函数，此时有3个零点，又, ，此时有1，2，4，5四个零点；当，故，即，此时有两个零点综上所述：函数在区间上的零点个数是9

13、.【点睛】本题主要考查函数零点的判断，利用函数的周期性和奇偶性，分别判断零点的个数，做到不重不漏，综合性较强，属于中档题。15、【解析】中，根据，化简得：，所以点P的轨迹是个圆；因为,所以根据双曲线的的定义，P点的轨迹是双曲线右支，正确；根据相关性定义，正确；因为点在直线上，不符合抛物线定义，错误；因为，且当时取等号，不符合椭圆的定义，错误.综上正确的是.16、【解析】设红色的三个球分别为、，黄色的三个球分别为、，蓝色的三个球分别为、，列出所有符合条件的选法组合，可得出结果.【详解】设红色的三个球分别为、，黄色的三个球分别为、，蓝色的三个球分别为、，现从中任取个小球，颜色编号均不相同的情况有：

14、、，因此，从中任取个小球，颜色编号均不相同的情况有种，故答案为.【点睛】本题考查分类计数原理的应用，在求解排列组合问题时，若符合条件的基本事件数较少时，可采用列举法求解，考查分类讨论数学思想，属于中等题.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），（2）【解析】（1）分别根据，和成等差数列，分别表示为和的方程组，求出首项，即得通项公式；（2）根据（1）的结果可求得，并且求出,利用裂项相消法求和，转化为，恒成立，转化为求数列的最值.【详解】解：（1）因为，成等差数列，所以，又因为，成等差数列，所以，得，由得，所以，.（2），.令，则，则，所以，当时，当时，所以的最

15、小值为.又恒成立，所以，【点睛】本题考查了数列通项的求法，和求数列的前项和的方法，以及和函数结合考查数列的最值，尤其在考查数列最值时，需先判断函数的单调性，判断的正负，根据单调性求函数的最值.18、37【解析】试题分析：解：首先分类的标准要正确，可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版又会印刷”中的一个作为分类的标准下面选择“既会排版又会印刷”作为分类的标准，按照被选出的人数，可将问题分为三类：第一类：2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有31=3种选法 第二类：2人中被选出一人，有2种选法若此人去排版，则再从会排

16、版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有231=6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步计数原理知共有232=12种选法；再由分类计数原理知共有6+12=18种选法 第三类：2人全被选出，同理共有16种选法 所以共有3+18+16=37种选法考点：本题主要考查分类、分步计数原理的综合应用点评：是一道综合性较强的题目，分类中有分步，要求有清晰的思路首先将人员分属集合，按集合分类法处理，对不重不漏解题有帮助19、（1）的极坐标方程为，直线极坐标方程为；（2）.【解析】（1）利用三种方程的

17、转化方法，即可得解；（2）将代入中得，结合韦达定理即可得解.【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），得曲线的普通方程为 ，则的极坐标方程为，由于直线过原点，且倾斜角为，故其极坐标方程为.（2）由 得，设,对应的极径分别为，则，.【点睛】本题考查三种方程的互化，考查极坐标方程的应用，属于常考题.20、（1）；（2）最大值为，最小值为.【解析】（1）求出导数，由可求出实数的值；（2）利用函数的导数，判断函数的单调性，求出函数的极值以及端点的函数值，比较大小后可得出该函数的最值【详解】（1），由于曲线在处的切线与轴平行，则，解得；（2）由（1）可得，该函数的定义域为，令，可得.当时，此时；当时，此时.所以，函数在上单调递增，在上单调递减.，当时，.，令，则，所以，函数在时单调递增，即，则，因此，函数在区间上的最大值为，最小值为.【点睛】本题考查函数的导数的应用，利用切线斜率求参数以及函数的最值的求法，考查转化思想的应用，是难题21、（1），；（2）.【解析】试题分析：（1）由两向量的坐标，利用平面向量的数量积运算列出解析式，化简后利用周期公式求出最小正周期；利用正弦函数的单调性确定出递增区间即可；（2）由，根据解析