2021-2022学年内蒙古自治区平煤高级中学、元宝山一中数学高二下期末调研试题含解析

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函数有（ ）A极大值，极小值3B极大值6，极小值3C极大值6，极小值D极大值，极小值2用0，1，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A243B252C261D2793设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解

2、集为（ ）ABCD4数列满足是数列为等比数列的 ( )A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件5玲玲到保山旅游，打电话给大学同学姗姗，忘记了电话号码的后两位，只记得最后一位是6，8，9中的一个数字，则玲玲输入一次号码能够成功拨对的概率是()A13B110C16中国古代儒家要求学生掌握六种基本才艺：礼、乐、射、御、书、数，简称“六艺”,某高中学校为弘扬“六艺”的传统文化，分别进行了主题为“礼、乐、射、御、书、数”六场传统文化知识竞赛，现有甲、乙、丙三位选手进入了前三名的最后角逐,规定：每场知识竞赛前三名的得分都分别为且；选手最后得分为各场得分之和，在六场比赛后，已知甲

3、最后得分为分，乙和丙最后得分都是分，且乙在其中一场比赛中获得第一名，下列说法正确的是( )A乙有四场比赛获得第三名B每场比赛第一名得分为C甲可能有一场比赛获得第二名D丙可能有一场比赛获得第一名7如图是计算的值的程序框图，则图中处应填写的语句分别是（ ）A,B,C,D,8若函数在处取得极小值，则的最小值为（ ）A3B4C5D69下列四个命题中，真命题的个数是（ ）命题“若，则”；命题“且为真，则有且只有一个为真命题”；命题“所有幂函数的图象经过点”；命题“已知是的充分不必要条件”.A1B2C3D410已知是定义在上的奇函数，且，若，则（）A-3B0C3D201911小明同学在做市场调查时得到如下

4、样本数据13610842他由此得到回归直线的方程为，则下列说法正确的是( )变量与线性负相关 当时可以估计 变量与之间是函数关系ABCD12设地球的半径为R，地球上A，B两地都在北纬45的纬度线上去，且其经度差为90，则A，ARBR2CR3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13如图，边长为的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域，在正方形中随机撒粒豆子，粒中有粒落在阴影区域，则阴影区域的面积约为_ 14已知双曲线和椭圆焦点相同，则该双曲线的方程为_15有10件产品，其中3件是次品，从这10件产品中任取两件，用表示取到次品的件数，则的概率是_；_16已知，则的展开式中常数项为_三、解答

5、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）已知函数，（1）解不等式；（2）若方程在区间有解，求实数的取值范围18（12分）已知函数（1）若，证明：当时，；当时，；（2）若是的极大值点，求19（12分）已知向量，函数（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；（2）在中，三内角的对边分别为，已知函数的图像经过点，成等差数列，且，求a的值20（12分）如图，在正三棱锥中，侧棱长和底边长均为，点为底面中心.（1）求正三棱锥的体积；（2）求证：.21（12分）已知，其前项和为.（1）计算；（2）猜想的表达式，并用数学归纳法进行证明.22（10分）已知的最小正周期为(1)求的值；(

6、2)在中，角，所对的边分别是为，若，求角的大小以及的取值范围参考答案一、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】对原函数求导，通过导函数判断函数的极值，于是得到答案.【详解】根据题意，故当时，；当时，；当时，.故在处取得极大值；在处取得极小值，故选C.【点睛】本题主要考查利用导数求函数极值，难度不大.2、B【解析】由分步乘法原理知:用0，1，9十个数字组成的三位数(含有重复数字的)共有91010=900，组成无重复数字的三位数共有998=648，因此组成有重复数字的三位数共有900648=13、A【解析】根据条件，构造函数

7、，利用函数的单调性和导数之间的关系即可判断出该函数在上为减函数，然后将所求不等式转化为对应函数值的关系，根据单调性得出自变量值的关系从而解出不等式即可【详解】构造函数，；当时，；在上单调递减；，；由不等式得：；，且；原不等式的解集为故选：【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用函数单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4、B【解析】分析：由反例得充分性不成立，再根据等比数列性质证必要性成立.详解：因为满足，所以充分性不成立若数列为等比数列，则，即必要性成立.选B.点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相

8、结合，例如“”为真，则是的充分条件2等价法：利用与非非，与非非，与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件5、D【解析】由分步计数原理和古典概型求得概率【详解】由题意可知，最后一位有3种可能，倒数第2位有10种可能，根据分步计数原理总共情况为N=310=30，满足情况只有一种，概率为P=1【点睛】利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.在本题中，只有两个号码都拔完这种事情才完成，所以是分步计数原理6、A【解析】先计算总分，推断出，再根据正整数把计算出来，最后推断出每个人的得分情况，得到

9、答案.【详解】由题可知,且都是正整数当时，甲最多可以得到24分，不符合题意当时，不满足推断出，最后得出结论:甲5个项目得第一,1个项目得第三 乙1个项目得第一,1个项目得第二，4个项目得第三 丙5个项目得第二,1个项目得第三,所以A选项是正确的.【点睛】本题考查了逻辑推理,通过大小关系首先确定的值是解题的关键,意在考查学生的逻辑推断能力.7、A【解析】该程序是求数列 的前16项和，处变量每次增加2，处是循环控制条件，循环体共执行了16次，故时，退出循环，选A. 8、B【解析】先对函数求导，根据题意，得到，再用导数的方法研究函数单调性，进而可求出结果.【详解】因为，所以，又函数在处取得极小值，所

10、以，所以，因此，由得；由得，所以函数在上单调递减，在上单调递增；所以；故选B【点睛】本题主要考查导数的应用，根据导数的方法研究函数的单调性，最值等，属于常考题型.9、C【解析】令，研究其单调性判断.根据“且”构成的复合命题定义判断.根据幂函数的图象判断.由，判断充分性，取特殊值判断必要性.【详解】令，所以在上递增所以，所以，故正确.若且为真，则都为真命题，故错误.因为所有幂函数的图象经过点，故正确.因为，所以，故充分性成立，当时，推不出，所以不必要，故正确.故选：C【点睛】本题主要考查命题的真假判断，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.10、B【解析】根据题意，由函数的奇偶性分析可得，函数是周

11、期为4的周期函数，据此求出、的值，进而结合周期性分析可得答案.【详解】解：根据题意，是定义在上的奇函数，则，又由，则有，即，变形可得：，即函数是周期为4的周期函数，是定义在上的奇函数，则，又由，则，故.故选：B.【点睛】本题考查函数的奇偶性周期性的综合应用，涉及函数值的计算，属于基础题.11、C【解析】根据数据和回归方程对每一个选项逐一判断得到答案.【详解】变量与线性负相关,正确将代入回归方程，得到，正确将代入回归方程，解得，正确变量与之间是相关关系，不是函数关系，错误答案为C【点睛】本题考查了回归方程的相关知识，其中中心点一定在回归方程上是同学容易遗忘的知识点.12、C【解析】分析：设在北纬

12、45纬圆的圆心为C，球心为O，连结OA,OB,OC,AC,BC，根据地球纬度的定义，算出小圆半径AC=BC=2R2，由A,B两地经度差为90，在RtABC中算出AB=AC详解：设在北纬45纬圆的圆心为C，球心为O连结OA,OB,OC,AC,BC，则OC平面ABC，在RtACO中，AC=OACcos45A,B两地经度差为90，ACB=在RtABC中， AB=A由此可得AOB是边长为R的等边三角形，得AOB=60A,B两地球面的距离是60R180=点睛：本题考查地球上北纬45圆上两点球的距离，着重考查了球面距离及相关计算，经纬度等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象能力，属于中档题二、填空题：

13、本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】分析：利用几何概型的概率公式进行求解.解析：正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率， 点睛：本题考查几何概型的应用，处理几何概型问题的关键在于合理选择几何模型（长度、角度、面积和体积等），一般原则是“一个变量考虑长度、两个变量考虑面积、三个变量考虑体积）.14、【解析】分析：根据题意，求出椭圆的焦点坐标，由双曲线的几何性质可得若双曲线和椭圆焦点相同，则有，解得m的值，将m的值代入双曲线的方程，即可得答案.详解：根据题意，椭圆的焦点在x轴上，且焦点坐标为，若双曲线和椭圆焦点相同，则有，解得，则双曲线的方程为.故答案为.点睛：本题考查双曲

14、线的几何性质，关键是掌握双曲线的标准方程的形式.15、 【解析】表示两件产品中，一个正品一个次品，可求概率；求出的所有取值，分别求出概率可得.【详解】,根据题意的所有取值为；，故.【点睛】本题主要考查随机变量的期望，明确随机变量的可能取值及分布列是求解关键.16、-32【解析】n，二项式的展开式的通项为，令0，则r3，展开式中常数项为(2)38432.故答案为-32.点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数

15、.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）通过讨论的范围得到关于的不等式组，解出即可；（2）根据题意，原问题可以等价函数和函数图象在区间上有交点，结合二次函数的性质分析函数的值域，即可得答案【详解】解：（1）可化为，故，或，或；解得：，或，或；不等式的解集为；（2）由题意：，故方程在区间有解函数和函数，图像在区间上有交点当时，实数的取值范围是.【点睛】本题考查绝对值不等式的性质以及应用，注意零点分段讨论法的应用，属于中档题18、（1）见解析（2）【解析】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可（2）分类讨论和,构造函数,讨论的性质即可得到a

16、的范围详解：（1）当时，.设函数，则.当时，；当时，.故当时，且仅当时，从而，且仅当时，.所以在单调递增.又，故当时，；当时，.（2）（i）若，由（1）知，当时，这与是的极大值点矛盾.（ii）若，设函数.由于当时，故与符号相同.又，故是的极大值点当且仅当是的极大值点.如果，则当，且时，故不是的极大值点.如果，则存在根，故当，且时，所以不是的极大值点.如果，则.则当时，；当时，.所以是的极大值点，从而是的极大值点综上，.点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论和,当时构造函数时关键，讨论函数的性质，本题难度较大19、（1），（2）【解析】（1）利用向

17、量的数量积和二倍角公式化简得，故可求其周期与单调性；（2）根据图像过得到，故可求得的大小，再根据数量积得到的乘积，最后结合余弦定理和构建关于的方程即可【详解】（1），最小正周期：，由得，所以的单调递增区间为；（2）由可得：，所以又因为成等差数列，所以而，20、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）连接，根据题意得到底面，求出，再由三棱锥的体积公式，即可求出结果；（2）取的中点为，连接，得到，根据线面垂直的判定定理，得到平面，进而可得出结果.【详解】（1）连接，因为在正三棱锥中，侧棱长和底边长均为，点为底面中心，所以底面，因此；所以正三棱锥的体积；（2）取的中点为，连接，因为在正三棱锥中，侧棱长和底边长均为，所以，又，平面，平面，所以平面；又平面，因此.【点睛】本题主要考查求三棱锥的体积，以及证明线线垂直，熟记棱锥的体积公式，以及线面垂直的判定定理与性质定理即可，属于常考题型.21、（1）；（2），证明见解析.【解析】（1）由题可得前4项，依次求和即可得到答案；（2）由（1）得到前四项和的规律可猜想，由数学归纳法，即可做出证明，得到结论。【详解】（1）计算，.（2）猜想.证明：当时，左边，右边，猜想成立.假设猜想成立，即成立，那