甘肃省徽县第二中学2021-2022学年数学高二下期末学业水平测试模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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已知复数,则的共轭复数()ABCD2复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点所在象限为（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3通过随机询问110名性别不同的大学生是否爱好体育，得到如下的列联表：由公式算得：K27.8.附表：参照附表，得

2、到的正确结论是()A有99%以上的把握认为“爱好体育运动与性别有关”B有99%以上的把握认为“爱好体育运动与性别无关”C在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好体育运动与性别有关”D在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好体育运动与性别无关”4若等差数列的前项和满足， ，则（ ）AB0C1D35设x，y满足约束条件y+20，x-20，2x-y+10，A-2B-32C-16若是两个非零向量，且，则与的夹角为（ ）A30B45C60D907已知随机变量服从正态分布，则（ ）ABCD8已知，则( )ABCD以上都不正确9随机变量，且，则（）A64B128C256D3210某快递公司的

3、四个快递点呈环形分布（如图所示），每个快递点均已配备快递车辆10辆因业务发展需要，需将四个快递点的快递车辆分别调整为5,7,14,14辆，要求调整只能在相邻的两个快递点间进行，且每次只能调整1辆快递车辆，则A最少需要8次调整，相应的可行方案有1种B最少需要8次调整，相应的可行方案有2种C最少需要9次调整，相应的可行方案有1种D最少需要9次调整，相应的可行方案有2种11已知，复数，则（ ）AB1C0D212某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是（ ）A0.8B0.75C0.6D0

4、.45二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13东汉王充论衡宜汉篇：“且孔子所谓一世，三十年也.”，清代段玉裁说文解字注：“三十年为一世.按父子相继曰世”.“一世”又叫“一代”，到了唐朝，为了避李世民的讳，“一世”方改为“一代”，当代中国学者测算“一代”平均为25年.另据美国麦肯锡公司的研究报告显示，全球家庭企业的平均寿命其实只有24年，其中只有约的家族企业可以传到第二代，能够传到第三代的家族企业数量为总量的，只有的家族企业在第三代后还能够继续为股东创造价值.根据上述材料，可以推断美国学者认为“一代”应为_年14已知m0, 函数.若存在实数n，使得关于x的方程f 2(x)-(2n+1

5、)f(x)+n2+n=0有6个不同的根，则m的取值范围是_15不同的五种商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一起，则不同的排法种数共有 ；（用数字作答）16已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”的_条件三、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）IC芯片堪称“国之重器”其制作流程异常繁琐，制作IC芯片核心部分首先需要制造单晶的晶圆，此过程主要是加入碳，以氧化还原的方式，将氧化硅转换为高纯度的硅.为达到这一高标准要求,研究工作人员曾就是否需采用西门子制程（Siemensprocess）这一工艺技术进行了反复比较,在一次实

6、验中，工作人员对生产出的50片单晶的晶圆进行研究，结果发现使用了该工艺的30片单晶的晶圆中有28片合格,没有使用该工艺的20片单晶的晶圆中有12片合格.（1）请填写22列联表并判断:这次实验是否有99.5%的把握认为单晶的晶圆的制作效果与使用西门子制程（Siemensprocess）这一工艺技术有关?使用工艺不使用工艺合格合格不合格合计50（2）在得到单晶的晶圆后，接下来的生产制作还前对单晶的晶圆依次进行金属溅镀，涂布光阻，蚀刻技术，光阻去除这四个环节的精密操作，进而得到多晶的晶圆，生产出来的多晶的晶圆经过严格的质检,确定合格后才能进入下一个流程，如果生产出来的多晶的晶圆在质检中不合格,那么必

7、须依次对前四个环节进行技术检测并对所有的出错环节进行修复才能成为合格品.在实验的初期，由于技术的不成熟，生产制作的多晶的晶圆很难达到理想状态，研究人员根据以往的数据与经验得知在实验生产多晶的晶圆的过程中，前三个环节每个环节生产正常的概率为23，第四个环节生产正常的概率为34,且每个环节是否生产正常是相互独立的.前三个环节每个环节出错需要修复的费用均为20元，第四环节出错需要修复的费用为10元参考公式:K参考数据:P(0.150.100.050.0250.010.0050.001K2.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82818（12分）已知正项数列an 为等比数列，

8、等差数列bn 的前n 项和为Sn （nN* ），且满足：S11=208，S9S7=41，a1=b2，a1=b1（1）求数列an，bn 的通项公式；（2）设Tn=a1b1+a2b2+anbn （nN* ），求Tn； （1）设，是否存在正整数m，使得cmcm+1cm+2+8=1（cm+cm+1+cm+2）19（12分）如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB，D，E分别是AB，BB1的中点，且ACBCAA11（1）求直线BC1与A1D所成角的大小；（1）求直线A1E与平面A1CD所成角的正弦值20（12分）已知函数（1）若当时，恒成立，求实数的取值范围.（2）设，求证：当时， .21（12分）

9、已知函数.（1）解不等式；（2）设，若对任意，存在，使得成立，求的取值范围.22（10分）设抛物线的焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线与抛物线交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆过点.（1）求抛物线C的方程；（2）设过点的直线分别与抛物线C交于点D，E和点G，H，且，求四边形面积的最小值.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、A【解析】对复数进行化简，然后得到，再求出共轭复数.【详解】因为，所以，所以的共轭复数故选A项.【点睛】本题考查复数的四则运算，共轭复数的概念，属于简单题.2、D【解析】,对应的点为,在第四象限

10、，故选D.3、A【解析】 ，则有99%以上的把握认为“爱好体育运动与性别有关”.本题选择A选项.点睛：独立性检验得出的结论是带有概率性质的，只能说结论成立的概率有多大，而不能完全肯定一个结论，因此才出现了临界值表，在分析问题时一定要注意这点，不可对某个问题下确定性结论，否则就可能对统计计算的结果作出错误的解释.4、B【解析】根据等差数列的性质仍成等差数列，则，则 ，选B.5、A【解析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线z=x+y，观察直线在x轴上取得最大值和最小值时相应的最优解，再将最优解代入目标函数可得出z最大值和最小值，于此可得出答案。【详解】如图，作出约束条件表示的可行域.由图可知，当

11、直线z=x+y经过点A(2，5)时.当直线z=x+y经过点B(-32,-2)时，z取得最小值.故z【点睛】本题考查简单的线性规划问题，一般利用平移直线利用直线在坐标轴上的截距得出最优解，考查计算能力，属于中等题。6、A【解析】画出图像：根据计算夹角为，再通过夹角公式计算与的夹角.【详解】形成一个等边三角形，如图形成一个菱形.与的夹角为故答案选A【点睛】本题考查了向量的加减和夹角，通过图形可以简化运算.7、A【解析】由正态分布的特征得，选A.8、B【解析】由题意可得：据此有：.本题选择B选项.9、A【解析】根据二项分布期望的计算公式列方程，由此求得的值，进而求得方差，然后利用方差的公式，求得的值

12、.【详解】随机变量服从二项分布，且，所以，则，因此.故选A.【点睛】本小题主要考查二项分布期望和方差计算公式，属于基础题.10、D【解析】先阅读题意，再结合简单的合情推理即可得解【详解】（1）AD调5辆，DC调1辆，BC调3辆，共调整：5139次，（2）AD调4辆，AB调1辆，BC调4辆，共调整：4149次，故选：D【点睛】本题考查了阅读能力及简单的合情推理，属中档题11、B【解析】分析：先将等式右边化简，然后根据复数相等的条件即可.详解：故选B.点睛：考查复数的除法运算和复数相等的条件，属于基础题.12、A【解析】试题分析：记“一天的空气质量为优良”，“第二天空气质量也为优良”，由题意可知,

13、所以，故选A.考点：条件概率二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、20【解析】设美国学者认为的一代为年，然后可得出寿命在、的家族企业的频率分别为、，然后利用平均数公式列方程解出的值，即可得出所求结果【详解】设美国学者认为的一代为年，然后可得出寿命在、的家族企业的频率分别为、，则家族企业的平均寿命为，解得，因此，美国学者认为“一代”应为年，故答案为.【点睛】本题考查平均数公式的应用，解题的关键要审清题意，将题中一些关键信息和数据收集起来，结合相应的条件或公式列等式或代数式进行求解，考查运算求解能力，属于中等题14、.【解析】分析：作出的图象，依题意可得4mm2+1m，解之即可.详

14、解：作出f(x)的图象如图所示当xm时，x22mx4m(xm)24mm2，f2(x)-(2n+1)f(x)+n2+n=0，f(x)-n f(x)-(n+1)=0。f(x)=n或f(x)=n+1要使方程f2(x)-(2n+1)f(x)+n2+n=0有6个不同的根，则4mm2+1m，即m23m10.又m0，解得m.故答案为：.点睛：本题考查根的存在性及根的个数判断，数形结合思想的运用是关键，分析到4mm2+1m是难点.15、24【解析】甲、乙排在一起，用捆绑法，先排甲、乙、戊，有种排法，丙、丁不排在一起，用插空法，有种排法，所以共有种考点：排列组合公式.16、充分不必要【解析】分析：由线线平行的性

15、质定理和线面平行的性质定理即可判断。详解：线线平行的性质定理：平面，直线m，n满足m，n，若则线面平行的性质定理：如果一条直线平行于一个平面，过这条直线作一个平面与这个平面交线，那么直线和交线平行。故为充分不必要条件分析：线线平行的性质定理和线面平行的性质定理要熟练掌握。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）22.5元.【解析】（1）先列出列联表，再根据列表求出K2=2537.879，从而有99.5%的把握认为晶圆的制作效果与使用西门子制程这一工艺技术有关（2）设Ai表示检测到第i个环节有问题，（i1，2，3，4），X表示成为一个合格的多晶圆需

16、消耗的费用，则X的可能取值为：0，10，20，30，40，50，60，70【详解】（1）使用工艺不使用工艺合格合格281240不合格2810合计302050K故有99.5%的把握认为单晶的晶圆的制作效果与使用西门子制程这一工艺技术有关.（2）设X表示成为一个合格的多晶的晶圆还需要消耗的费用，则X的可能取值为：0，10，20，30，40，50，60，70.P(X=0)=P(X=10)=P(X=20)=P(X=30)=P(X=40)=P(X=50)=P(X=60)=P(X=70)=所以X分布列为：X010203040506070P248361218631故E(X)=024故平均还需要耗费22.5元

17、.【点睛】本题考查独立检验的应用，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题18、（1）；（2）；（1）存在，m=2【解析】分析：（1）先根据已知条件列方程求出b1=2，d=1,得到等差数列bn的通项，再求出，即得等比数列an的通项.(2)利用错位相减法求Tn.(1)对m分类讨论，探究是否存在正整数m，使得cmcm+1cm+2+8=1（cm+cm+1+cm+2）详解：（1）等差数列bn 的前n 项和为Sn （nN* ），且满足：S11=208，S9S7=41，即解得b7=16，公差为1，b1=2，b

18、n=1n5，a1=b2=1，a1=b1=4，数列an 为等比数列，an=2n1，nN*（2）Tn=a1b1+a2b2+anbn=21+12+（1n5）2n1，2Tn=22+122+（1n5）2n，得Tn=2+1（2+22+2n1）（1n5）2n=（81n）2n8，Tn=（1n8）2n+8，nN*（1）设，当m=1时，c1c2c1+8=114+8=12，1（c1+c2+c1）=18，不相等，当m=2时，c2c1c4+8=147+8=16，1（c2+c1+c4）=16，成立，当m1且为奇数时，cm，cm+2为偶数，cm+1为奇数，cmcm+1cm+2+8为偶数，1（cm+cm+1+cm+2）为奇数

19、，不成立，当m4且为偶数时，若cmcm+1cm+2+8=1（cm+cm+1+cm+2），则（1m5）2m（1m+1）+8=1（1m5+2m+1m+1），即（9m212m8）2m=18m20，（*）（9m212m8）2m（9m212m8）2418m20，（*）不成立，综上所述m=2点睛：（1）本题主要考查等差等比数列的通项的求法，考查错位相减法求和，考查数列的综合应用，意在考查对这些基础知识的掌握水平和分析推理能力基本运算能力.(2)本题的难点是第1问，关键是对m分m=1,m=2,m1且为奇数, m4且为偶数四种情况讨论.19、（1）（1）【解析】（1）建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标,求出

20、,根据,即可求得直线BC1与A1D所成角的大小;（1）由于平面不是特殊的平面,故建系用法向量求解,求出平面的法向量,求和的夹角,即可求得答案.【详解】（1）分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图:则由题意可得:，又分别是的中点， 直线BC1与A1D所成角的大小.（1）设平面法向量为 由，得,可取又 直线与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查立体几何中异面直线夹角,线面所成角的求法.根据题意画出几何图形,对于立体几何中角的计算问题,可以利用空间向量法,利用向量的夹角公式求解,属于基础题.20、 (1) ；(2)证明见解析【解析】（1）解法一：求得函数导数并通分，对分成两种情况，结合函数的单调性

21、、最值，求得实数的取值范围.解法二：将原不等式分离常数，得到，构造函数，利用导数结合洛必达法则，求得的取值范围，由此求得的取值范围.（2）解法一：先由（1）的结论，证得当时成立.再利用导数证得当时，也成立，由此证得不等式成立.解法二：将所要证明的不等式等价转化为，构造函数，利用导数证得，进而证得，也即证得.【详解】解：（1）【解法一】由得：当时，由知，在区间上为增函数，当时，恒成立，所以当时，满足题意；当时，在区间上是减函数，在区间上是增函数.这时当时，令，则即在上为减函数，所以即在上的最小值，此时，当时，不可能恒成立，即有不满足题意.综上可知，当，使恒成立时，的取值范围是.【解法二】当时，等价于令，则只须使设在上为增函数，所以在上为增函数，当时，由洛必达法则知即当时，所以有即当，使恒成立时，则的取值范围是（2）解法一：由（1）知，当时，当时，又成立故只须在证明，当时，即可当时，又当时，所以，只须证明即可；设由得：当，时当时，即在区间上为增函数，在区间上为减函数，当时，成立综上可知，当时，成立.（2）解法二：由（1）知当时，等价于设由得：当时，；当时，即在区间上为增函数