浙江宁波市余姚中学2021-2022学年高二数学第二学期期末达标检测试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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 的单调递增区间是（ ）ABC(1,4)D(0,3)2设全集为，集合，则（ ）ABCD3设F，B分别为椭圆的右焦点和上顶点，O为坐标原点，C是直线与椭圆在第一象限内的

2、交点，若，则椭圆的离心率是()ABCD4已知盒中装有大小形状完全相同的3个红球、2个白球、5个黑球.甲每次从中任取一球且不放回，则在他第一次拿到的是红球的前提下，第二次拿到白球的概率为（ ）ABCD5已知满足约束条件，则的最大值为（）ABC3D-36已知是虚数单位, 复数在复平面内对应的点位于直线上, 则（ ）ABCD7已知全集U=R，A=x|x0，B=x|x1，则集合CUAx|x0 Bx|x1 Cx|0 x1 Dx|0 x18化简的结果是（）ABCD9定积分（ ）ABCD10已知随机变量服从正态分布，若，则( )ABCD11某单位从6男4女共10名员工中，选出3男2女共5名员工，安排在周一到

3、周五的5个夜晚值班，每名员工值一个夜班且不重复值班，其中女员工甲不能安排在星期一、星期二值班，男员工乙不能安排在星期二值班，其中男员工丙必须被选且必须安排在星期五值班，则这个单位安排夜晚值班的方案共有（ ）A960种B984种C1080种D1440种12函数的单调递增区间为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图所示的伪代码，最后输出的值为_14某班有50名同学，一次数学考试的成绩服从正态分布，已知，估计该班学生数学成绩在120分以上有 人.15先后掷骰子（骰子的六个面上分别标有、个点）两次，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为,设事件为“为偶数”，事件为“,中

4、有偶数且”，则概率等于_.16设等差数列的前项和为，则成等差数列.类比以上结论有：设等比数列的前项积为，则，_， 成等比数列.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）质检部门对某工厂甲、乙两个车间生产的12个零件质量进行检测甲、乙两个车间的零件质量（单位：克）分布的茎叶图如图所示零件质量不超过20克的为合格（1）质检部门从甲车间8个零件中随机抽取4件进行检测，若至少2件合格，检测即可通过，若至少3件合格，检测即为良好，求甲车间在这次检测通过的条件下，获得检测良好的概率；（2）若从甲、乙两车间12个零件中随机抽取2个零件，用X表示乙车间的零件个数，求X的分布列

5、与数学期望18（12分）设函数，曲线在点，（1）处的切线与轴垂直（1）求的值；（2）若存在，使得，求的取值范围19（12分）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若恒成立，求的取值范围20（12分）已知函数，（其中,为自然对数的底数）.（1）讨论函数的单调性；（2）若分别是的极大值点和极小值点，且，求证：.21（12分）设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，与满足（1）求的值；（2）求的展开式中的系数。22（10分）已知函数，.（I）若，求曲线在点处的切线方程；（）若函数在上是减函数，即在上恒成立，求实数的取值范围.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，

6、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】求出函数的导数，在解出不等式可得出所求函数的单调递增区间.【详解】，解不等式，解得，因此，函数的单调递增区间是，故选B.【点睛】本题考查函数单调区间的求解，一般是先求出导数，然后解出导数不等式，将解集与定义域取交集得出单调区间，但单调区间不能合并，考查计算能力，属于中等题.2、C【解析】利用分式不等式的解法求出集合，求出两个集合的公共部分即为两个集合的交集.【详解】由集合可知；因为，,故选C.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求

7、满足属于集合且属于集合的元素的集合.3、A【解析】根据向量的加法法则及共线向量的性质由已知，得与交点为的中点，从而有，然后把四边形的面积用两种不同方法表示后可得的关系式，从而得离心率【详解】根据，由平面向量加法法则，则与交点为的中点，故 ，由得 ，则 可得 故选A【点睛】本题考查椭圆的几何性质，解题关键有两个，一个是由向量的加法法则和共线定理得出与交点为的中点，一个是把四边形的面积用两种不同方法表示得出的关系4、D【解析】设“第一次拿到的是红球”为事件A,“第二次拿到白球”为事件B，分别计算出，的值，由条件概率公式可得，可得答案.【详解】解：设“第一次拿到的是红球”为事件A,“第二次拿到白球”

8、为事件B，可得：，,则所求事件的概率为：,故选：D.【点睛】本题主要考查条件概率与独立事件的计算，属于条件概率的计算公式是解题的关键.5、B【解析】画出可行域，通过截距式可求得最大值.【详解】作出可行域，求得，,通过截距式可知在点C取得最大值，于是.【点睛】本题主要考查简单线性规划问题，意在考查学生的转化能力和作图能力.目标函数主要有三种类型：“截距型”，“斜率型”，“距离型”，通过几何意义可得结果.6、A【解析】分析：等式分子分母同时乘以，化简整理，得出，再将的坐标代入中求解即可.详解：，所以解得 故选B点睛：复数的除法运算公式，在复平面内点在直线上，则坐标满足直线方程7、D【解析】试题分析

9、：因为AB=x|x0或x1，所以CU考点：集合的运算.8、A【解析】根据平面向量加法及数乘的几何意义，即可求解，得到答案【详解】根据平面向量加法及数乘的几何意义，可得，故选A【点睛】本题主要考查了平面向量的加法法则的应用，其中解答中熟记平面向量的加法法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题9、A【解析】先根据定积分的几何意义计算定积分，即求被积函数与，所围成的图形的面积，在求出，可得答案.【详解】解：由定积分的几何意义可知是由曲线与，所围成的图形的面积，也就是单位圆的，故，故，故选：A.【点睛】本题主要考查定积分的有关计算，属于基础题，注意运算准确.10、D【解析】随机变量服从正

10、态分布,则,利用概率和为1得到答案.【详解】随机变量X服从正态分布,答案为D.【点睛】本题考查了正态分布,利用正态分布的对称性是解决问题的关键.11、A【解析】分五类：（1）甲乙都不选：；（2）选甲不选乙： ；（3）选乙不选甲：；（4）甲乙都选： ；故由加法计数原理可得，共种，应选答案A。点睛：解答本题的关键是深刻充分理解题意，灵活运用排列数、组合数公式及分步计数原理和分类计数原理两个基本原理。求解依据题设条件将问题分为四类，然后运用排列数、组合数公式及分步计数原理和分类计数原理两个基本原理求出问题的答案，使得问题获解。12、B【解析】先求出的定义域,再利用同增异减以及二次函数的图像判断单调区

11、间即可.【详解】令,得f(x)的定义域为,根据复合函数的单调性规律,即求函数在上的减区间,根据二次函数的图象可知为函数的减区间.故选：B【点睛】本题主要考查对数函数的定义域以及复合函数的单调区间等,属于基础题型.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、21【解析】分析：先根据伪代码执行循环，直到I8不成立，结束循环输出S.详解：执行循环得结束循环，输出.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.14

12、、【解析】试题分析：由题设,所以,故,故应填.考点：正态分布的性质及运用【易错点晴】正态分布是随机变量的概率分布中最有意义最有研究价值的概率分布之一.本题这个分布的是最优秀的分布的原因是从正态分布的图象来看服从这一分布的数据较为集中的分分布在对称轴的两边,而且整个图象关于对称.所以解答这类问题时一定要借助图象的对称性及所有概率（面积）之和为这一性质,否则解题就没了思路,这一点务必要学会并加以应用.15、【解析】试题分析：根据题意，若事件A为“x+y为偶数”发生，则x、y两个数均为奇数或均为偶数共有233=18个基本事件，事件A的概率为=而A、B同时发生，基本事件有“2+4”、“2+6”、“4+

13、2”、“4+6”、“6+2”、“6+4”，一共有6个基本事件，因此事件A、B同时发生的概率为=因此，在事件A发生的情况下，B发生的概率为P（B|A）=考点：条件概率与独立事件16、【解析】由于等差数列的特征是差，等比数列的特征是比，因此运用类比推理的思维方法可得： ， ， 成等比数列，应填答案。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）见解析【解析】分析：（1）设事件表示“件合格，件不合格”；事件表示“件合格，件不合格”；事件表示“件全合格”；事件表示“检测通过”；事件表示“检测良好”.通过，P（E）=P（B）+P（C），求解概率即可（2）由题意知， 的所

14、有可能取值为0，1，2，求出概率得到分布列，然后求解期望即可详解：（1）设事件表示“件合格，件不合格”；事件表示“件合格，件不合格”；事件表示“件全合格”；事件表示“检测通过”；事件表示“检测良好”.故所求概率为.（2）可能取值为分布列为所以，.点睛：本题考查条件概率的应用，离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查分析问题解决问题的能力18、（1）；（2）【解析】（1）求得的导数，利用导数的几何意义可得切线的斜率，解方程可得；（2）依据的导数，讨论的范围，结合单调性可得最小值，解不等式即可得到所求范围【详解】（1），由题设知，解得.（2）解：的定义域为，由（1）知，（i）若，则故当，使得的充

15、要条件为，即，解得（ii）若，则，故当时，；当时，；所以在单调递减，在单调递增，所以，存在，使得的充要条件为，所以不合题意（iii）若，则时，在上单调递减，但是，综上所述，的取值范围是【点睛】本题主要考查导数的运用：利用导数的几何意义求切线的斜率，研究单调性和极值，意在考查学生分类讨论思想、方程思想的运用能力以及数学运算能力。19、（1）见解析；（2）【解析】（1）求出，分或两种情况讨论（2）由，得恒成立，则恒成立，然后利用导数求出右边的最大值即可【详解】解：（1）易知，（i）当时对任意的恒成立；（）当时，若，得若，得，综上，当时在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减（2）由，得恒成立

16、，则恒成立，令，则令，则，在上单调递减，又，在上，即；在上，即，在上单调递增，在上单调递减，故，即的取值范围为【点睛】恒成立问题首选的方法是通过分离变量，转化为最值问题.20、 (1)见解析；(2)证明见解析【解析】（1）讨论，和三种情况，分别计算得到答案.（2）根据题意知等价于，设，计算得到使，计算得到得到证明.【详解】（1）当时，的单调递增区间是，单调递减区间是； 时， 时，由解得或；由解得，的单调递增区间是和，单调递减区间是 时，由解得；由解得或，的单调递增区间是，单调递减区间是和； 综上所述：时，单调递增区间是，单调递减区间是；时，单调递增区间是和，单调递减区间是；时，单调递增区间是，单调递减区间是和；（2）由已知和（1）得，当时满足题意，此时， ，令，则. 令则恒成立， 在上单调递增，使，即从而当时， 单调递减，当时， 单调递增，在上单调递减，即，【点睛】本题考查了函数的单调性，利用导数证明不等式，将不等式等价于是解题的关键.21、（1）；（2）-20.【解析】分析：（1）根据二项式系数的性质求得a和b，再利用组合数的计算公式，解方程求得m的值；（2）利用二项展开式的通项公式即可.详解：（1）由题意知：，又（2） 含的项：所以展开式中的系数为点睛：求二项展开式中的特定项，一般是利用