2021-2022学年吉林省延边朝鲜族自治州延吉市第二中学数学高二下期末质量跟踪监视模拟试题含解析

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在等比数列中，“是方程的两根”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件2中，是的中点，若，则（ ）.ABCD3（ ）A2B1C0D4设、，则、三

2、数（ ）A都小于B至少有一个不大于C都大于D至少有一个不小于5二项式的展开式的各项中，二项式系数最大的项为( )AB和C和D6已知，集合，集合，则从M到N的函数个数是（）A6561B3363C2187D2107函数的大致图象为（ ）ABCD8现有五位同学分别报名参加航模、机器人、网页制作三个兴趣小组竞赛，每人限报一组，那么不同的报名方法种数有( )A120种B5种C种D种9已知的分布列为：设则的值为（ ）ABCD510（2-x）（2x+1）6的展开式中x4的系数为（）AB320C480D64011在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用表示这10个村庄中交通不方便的村庄数

3、，下列概率等于的是（ ）ABCD12若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A函数在上单调递增B函数的周期是C函数的图象关于点对称D函数在上最大值是1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13设随机变量，且，则实数的值为_.14若函数为奇函数，则_15已知函数，若，则的值是_.16已知函数若方程恰有三个不同的实数解.，则的取值范围是_.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）已知数列的首项，等差数列 满足. （1）求数列，的通项公式； （2）设，求数列的前项和.18（12分）已知等差数列满足，.（）

4、求的通项公式；（）设是等比数列的前项和，若，求19（12分）已知锐角的三个内角的对边分别为，且（1）求角；（2）若，求的取值范围20（12分）已知函数，.（）当时，求函数在点处的切线方程；（）当时，讨论函数的零点个数.21（12分）已知函数.（1）当时，求函数的极大值点；（2）当时，不等式恒成立，求整数的最小值.22（10分）已知某条有轨电车运行时，发车时间间隔（单位：分钟）满足：，.经测算，电车载客量与发车时间间隔满足：，其中.（1）求，并说明的实际意义；（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？并求每分钟最大净收益.参考答案一、选择题：本题共

5、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】由韦达定理可得a4+a123，a4a121，得a4和a12均为负值，由等比数列的性质可得【详解】a4，a12是方程x2+3x+10的两根，a4+a123，a4a121，a4和a12均为负值，由等比数列的性质可知a8为负值，且a82a4a121，a81，故“a4，a12是方程x2+3x+10的两根”是“a81”的充分不必要条件.故选A【点睛】本题考查等比数列的性质和韦达定理，注意等比数列隔项同号，属于基础题2、D【解析】作出图象，设出未知量，在中，由正弦定理可得，进而可得，在中，还可得，建立等式后可

6、得，再由勾股定理可得，即可得出结论【详解】解：如图，设，在中，由正弦定理可得，代入数据解得，故，而在中，故可得，化简可得，解之可得，再由勾股定理可得，联立可得，故在中，故选：D【点睛】本题考查正弦定理的应用，涉及三角函数的诱导公式以及勾股定理的应用，属于中档题3、C【解析】用微积分基本定理计算【详解】故选：C.【点睛】本题考查微积分基本定理求定积分解题时可求出原函数，再计算4、D【解析】利用基本不等式计算出，于此可得出结论.【详解】由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，因此，若、三数都小于，则与矛盾，即、三数至少有一个不小于，故选D.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查反证法的基本概念，解

7、题的关键就是利用基本不等式求最值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.5、C【解析】先由二项式，确定其展开式各项的二项式系数为，进而可确定其最大值.【详解】因为二项式展开式的各项的二项式系数为，易知当或时，最大，即二项展开式中，二项式系数最大的为第三项和第四项.故第三项为；第四项为.故选C【点睛】本题主要考查二项式系数最大的项，熟记二项式定理即可，属于常考题型.6、C【解析】由（1+x）8a0+a1x+a2x2+a77x+a8x8，可得a0a81，a2a628，a41即可得集合有7个元素，利用函数定义可得从M到N的函数个数【详解】解：由，可得，共7个元素，则从M到N的函数个数是故选：C【

8、点睛】本题主要考查二项式定理的应用，及函数定义，属于中档题7、B【解析】分析：利用函数的解析式，判断大于时函数值的符号，以及小于时函数值的符号，对比选项排除即可.详解：当时，函数，排除选项；当时，函数，排除选项，故选B.点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.8、D【解析】先计算每个同学的报名方法种数,利用乘法原理得到答案.【详解】A同

9、学可以参加航模、机器人、网页制作三个兴趣小组,共有3种选择.同理BCDE四位同学也各有3种选择,乘法原理得到答案为D【点睛】本题考查了分步乘法乘法计数原理,属于简单题目.9、A【解析】求出的期望，然后利用，求解即可【详解】由题意可知E（）101，所以E（12）1E（）21故选A【点睛】本题考查数学期望的运算性质，也可根据两个变量之间的关系写出的分布列，再由分布列求出期望10、B【解析】，展开通项，所以时，；时，所以的系数为，故选B点睛：本题考查二项式定理本题中，首先将式子展开得，再利用二项式的展开通项分别求得对应的系数，则得到问题所要求的的系数11、D【解析】利用古典概型、组合的性质直接求解.

10、【详解】在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则，故A错误；，故B错误；，故C错误；，故D正确；故选：D【点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式，组合的性质，属于基础题.12、A【解析】根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式；利用整体对应的方式可判断出在上单调递增，正确；关于点对称，错误；根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误；根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得，错误.【详解】将横坐标缩短到原来的得：当时，在上单调递增 在上单调递增，正确；的最小正周期为： 不是的周期，错误；当时，关于点对称，错误；当时， 此时没有

11、最大值，错误.本题正确选项：【点睛】本题考查正弦型函数的性质，涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解；关键是能够灵活应用整体对应的方式，通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】随机变量的正态曲线关于对称，即0与关于对称，解出即可。【详解】根据题意有故填9【点睛】本题考查正态曲线的特点及曲线所表示的几何意义，属于基础题。14、1【解析】由函数在时有意义，且为奇函数，由奇函数的性质可得，求出再代入求解即可.【详解】解：因为函数为奇函数，所以，即，所以，所以，故答案为：.【点睛】本

12、题考查了函数的奇偶性，重点考查了奇函数的性质，属基础题.15、【解析】当时，求出；当时，无解.从而，由此能求出结果.【详解】解：由时，是减函数可知，当，则，所以，由得，解得，则.故答案为：.【点睛】本题考查函数值的求法，属于基础题.16、【解析】通过作出函数图像，将三个实数解问题转化为三个交点问题，可得m的取值范围，于是再解出c的取值范围可得最后结果.【详解】作出函数图像，由图可知，恰有三个不同的实数解，于是，而，解得，故，所以的取值范围是.【点睛】本题主要考查函数图像的运用，分段函数的交点问题，意在考查学生的转化能力，图像识别能力，对学生的数形结合思想要求较高.三、解答题：共70分。解答应写

13、出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1），；（2）【解析】分析：（1）由题意，当时，当时，化简得，得数列是首项为1，公比为2等比数列，即可求解，进而得到；（2）由（1）可得，利用乘公比错位相减法，即可求解数列的和详解：（1）当时， 当时， 相减得 数列是首项为1，公比为2等比数列3分 4分 6分（2）7分 8分相减得12分点睛：本题主要考查等差、等比数列的通项公式、数列求和的“错位相减法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较

14、好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.18、 (I)；()，或【解析】（I）由，可计算出首项和公差，进而求得通项公式（）由，并结合（1）可计算出首项和公比，代入等比数列的求和公式可求得.【详解】(I)设等差数列的公差为，解得， ()设等比数列的公比为，联立解得，或【点睛】本题考查数列的基本公式等差数列的通项公式 , 等比数列的前n项和公式 .19、（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）运用三角形的余弦定理，可得sinC，可得角C；（2）运用正弦定理和两角差的正余弦公式，结合函数的单调性，即可得到所求范围试题解析：（1）由余弦定理，可得，所以，所以，又，所以 （2）由正弦定

15、理，所以 ， 因为是锐角三角形，所以得， 所以，即20、（）；（）分类讨论，详见解析.【解析】（）由已知得，求得，由点斜式方程可得解.（）由已知得，分类讨论，四种情况下的零点个数.【详解】解：（），又，切线方程为.（），当时，即在上为增函数，在上有一个零点.当时，在上有一个零点.当时，在上为增函数，上为减函数，此时在上有一个零点.当时，易知在上为增函数，上为减函数，又有，当，即时，在上有一个零，当时，在上有两个零.综上所述，当时，函数在上有一个零；当时，函数在上有两个零点.【点睛】本题考查了用导数求过曲线上一点的切线方程和讨论函数零点个数问题，考查了分类讨论的思想，属于难题.21、（1）是函数

16、的极大值点；（2）整数的最小值为.【解析】当时，令，则，利用导数性质能求出是函数的极大值点；由题意得，即，再证明当时，不等式成立，即证，由此能求出整数的最小值为.【详解】解：（1）当时，令，则，所以当时，即在内为减函数，且，所以当时，当时，所以函数在内是增函数，在内是减函数，综上所述，是函数的极大值点.（2）由题意得，即，现证明当时，不等式恒成立，即，即证，令，则，当时，当时，所以在内单调递增，在内单调递减，所以的最大值为，所以当时，不等式恒成立，综上所述，整数的最小值为.【点睛】本题考查导数在研究函数单调性、极值和最值中的综合应用，利用导数证明不等式成立，变换过程复杂，需要很强的逻辑推理能力，是高考的常考点和难点，属于难题.22、（1），实际意义是当电车的发车时间间隔为5分钟时，载客量为350；（2）间隔时间为5分钟时净收益最大，每分钟最大净收