山东省德州市夏津一中2022年高二数学第二学期期末经典试题含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4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

2、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用反证法证明命题“若，则”时，正确的反设为（）Ax1Bx1Cx22x30Dx22x302已知双曲线x2a2-yAx212-y283已知函数，且，则的取值范围为（ ）ABCD4已知命题p：|x1|2，命题q：xZ，若“p且q”与“非q”同时为假命题，则满足条件的x为（ ）Ax|x3或x1，xZ Bx|1x3， xZC0,1,2 D1,0,1,2,35将点的直角坐标化成极坐标为（ ）ABCD6已知函数，若有且仅有两个整数，使得，则的取值范围为（ ）ABCD7在正方体中，E是棱的中点，

3、点M，N分别是线段与线段上的动点，当点M，N之间的距离最小时，异面直线与所成角的余弦值为（ ）ABC D8已知曲线：经过点，则的最小值为（ ）A10B9C6D49若，则（）A2B4CD810函数（且）的图象可能为（ ）ABCD11现将甲、乙、丙、丁四个人安排到座位号分别是的四个座位上，他们分别有以下要求，甲：我不坐座位号为和的座位；乙：我不坐座位号为和的座位；丙：我的要求和乙一样；丁：如果乙不坐座位号为的座位，我就不坐座位号为的座位.那么坐在座位号为的座位上的是（ ）A甲B乙C丙D丁12下列命题多面体的面数最少为4；正多面体只有5种；凸多面体是简单多面体；一个几何体的表面，经过连续变形为球面的

4、多面体就叫简单多面体其中正确的个数为（）A1B2C3D4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数，若函数y=f（x）m有2个零点，则实数m的取值范围是_14已知向量的夹角为，且，则_.15已知函数，若的所有零点之和为1，则实数的取值范围为_16在的展开式中，常数项为_（用数字作答）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）若，()求证：；()求证：；()在()中的不等式中，能否找到一个代数式，满足所求式？若能，请直接写出该代数式；若不能，请说明理由.18（12分）已知函数.（1）证明：；（2）若对任意的均成立，求实数的最小值.19（12分）

5、已知函数，其中（）求的单调区间；（）若在上存在，使得成立，求的取值范围.20（12分）已知抛物线的焦点为抛物线上的两动点，且，过两点分别作抛物线的切线，设其交点为.（1）证明：为定值；（2）设的面积为，写出的表达式，并求的最小值21（12分）某企业为了检查甲、乙两条自动包装流水线的生产情况，随机在这两条流水线上各抽取件产品作为样本称出它们的质量（单位：毫克），质量值落在的产品为合格品，否则为不合格品如表是甲流水线样本频数分布表，如图是乙流水线样本的频率分布直方图产品质量/毫克频数（）以样本的频率作为概率，试估计从甲流水线上任取件产品，求其中不合格品的件数的数学期望甲流水线乙流水线总计合格品不合

6、格品总计（）由以上统计数据完成下面列联表，能否在犯错误的概率不超过的前提下认为产品的包装合格与两条自动包装流水线的选择有关？（）由乙流水线的频率分布直方图可以认为乙流水线生产的产品质量服从正态分布，求质量落在上的概率参考公式：参考数据： 参考公式： ，其中22（10分）从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量表示所选3人中女生的人数（1）求的分布列（结果用数字表示）；（2）求所选3个中最多有1名女生的概率参考答案一、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】根据反证法的要求，反设时条件不变，结论设为相反，从而得

7、到答案.【详解】命题“若，则”，要用反证法证明，则其反设需满足条件不变，结论设为相反，所以正确的反设为，故选C项.【点睛】本题考查利用反证法证明时，反设应如何写，属于简单题.2、D【解析】试题分析：因为双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的离心率为62，所以ca考点：双曲线的性质3、C【解析】根据构造方程组可求得，得到解析式，根据求得结果.【详解】由得：，解得：由得：，解得：本题正确选项：【点睛】本题考查根据函数值的取值范围求解参数范围的问题，关键是能够通过函数值的等量关系求得函数解析式，从而根据函数值的范围构造出不等关系.4、C【解析】试题分析：由题意知q真，p假，|x1|11x3且x

8、Zx0,1,1选C考点：命题否定5、B【解析】分析：求出，且在第三象限，由此能将点M的直角坐标化成极坐标.详解：点M的直角坐标，在第三象限，.将点M的直角坐标化成极坐标.故选B.点睛：极坐标与直角坐标的互化，常用方法有代入法、平方法等，还经常会用到同乘(同除以)等技巧6、B【解析】分析：数，若有且仅有两个整数，使得，等价于有两个整数解，构造函数，利用导数判断函数的极值点在，由零点存在定理，列不等式组，从而可得结果.详解：因为所以函数，若有且仅有两个整数，使得，等价于有两个整数解，设，令，令恒成立，单调递减，又，存在，使递增，递减，若解集中的整数恰为个，则是解集中的个整数，故只需，故选B.点睛：

9、本题主要考查不等式有解问题以及方程根的个数问题，属于难题.不等式有解问题不能只局限于判别式是否为正，不但可以利用一元二次方程根的分布解题，还可以转化为有解（即可）或转化为有解（即可）,另外，也可以结合零点存在定理，列不等式（组）求解.7、A【解析】以A为坐标原点，以，为x，y，z轴正向建系，设，,设，得，求出取最小值时值，然后求的夹角的余弦值【详解】以A为坐标原点，以，为x，y，z轴正向建系，设，,设，由得，则，当即，时，取最小值.此时，令得故选：A.【点睛】本题考查求异面直线所成的角，解题关键求得的取最小值时的位置解题方法是建立空间直角坐标系，用空间向量法表示距离、求角8、B【解析】曲线过点

10、得，所以展开利用均值不等式可求最小值.【详解】由曲线：经过点得.所以当且仅当，即 时取等号.故选：B【点睛】本题考查利用均值不等式求满足条件的最值问题，特殊数值1的特殊处理方法，属于中档题.9、D【解析】通过导数的定义，即得答案.【详解】根据题意得，故答案为D.【点睛】本题主要考查导数的定义，难度不大.10、D【解析】因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.11、C【解析】对甲分别坐座位号为3或4分类推理即可判断。【详解】当甲坐座位号为3时，因为乙不坐座位号为1和4的座位所以乙只能坐座位号为2，这时只剩下座位号为1和4又丙的要求和乙一样，

11、矛盾，故甲不能坐座位号3.当甲坐座位号为4时，因为乙不坐座位号为1和4的座位，丙的要求和乙一样：所以丁只能坐座位号1，又如果乙不坐座位号为2的座位，丁就不坐座位号为1的座位.所以乙只能坐座位号2，这时只剩下座位号3给丙。所以坐在座位号为3的座位上的是丙.故选：C【点睛】本题主要考查了逻辑推理能力，考查了分类思想，属于中档题。12、D【解析】根据多面体的定义判断【详解】正多面体只有正四、六、八、十二、二十，所以正确表面经过连续变形为球面的多面体就叫简单多面体棱柱、棱锥、正多面体等一切凸多面体都是简单多面体所以正确故：都正确【点睛】根据多面体的定义判断二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

12、。13、m=2或m3【解析】分析：画出函数的图象，结合图象，求出m的范围即可.详解：画出函数的图象，如图：若函数y=f（x）m有2个零点，结合图象：或.故答案为：或.点睛：对于“af(x)有解”型问题，可以通过求函数yf(x)的值域来解决，解的个数也可化为函数yf(x)的图象和直线ya交点的个数14、3【解析】运用向量的数量积的定义可得，再利用向量的平方即为模的平方，计算可得答案.【详解】解：.【点睛】本题主要考查平面向量数量积的运算，相对简单.15、【解析】先根据分段函数的形式确定出时的零点为，再根据时函数解析式的特点和导数的符号确定出图象的“局部对称性”以及单调性，结合所有零点的和为1可得

13、，从而得到参数的取值范围.【详解】当时，易得的零点为，当时，当时，的图象在上关于直线对称.又，当时，故单调递增，当时，故单调递减，且，.因为的所有零点之和为1，故在内有两个不同的零点，且，解得.故实数a的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查分段函数的零点，已知函数零点的个数求参数的取值范围时，应根据解析式的特点和导数寻找函数图象的对称性和函数的单调性，最后根据零点的个数得到特殊点处函数的符号，本题属于较难题.16、57【解析】先求出的展开式中的常数项和的系数，再求的常数项.【详解】由题得的通项为，令r=0得的常数项为,令-r=-2，即r=2,得的的系数为.所以的常数项为1+228=57.故答案

14、为：57【点睛】本题主要考查二项式定理，考查二项式展开式指定项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和计算能力.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、 ()证明见解析；()证明见解析；()答案见解析.【解析】分析：（）由题意结合绝对值不等式的性质即可证得题中的结论；()由不等式的性质可证得.则.()利用放缩法可给出结论：,或详解：（）因为，且，所以，所以()因为,所以又因为,所以由同向不等式的相加性可将以上两式相加得所以所以.（i) 因为,所以由同向不等式的相加性可将以上两式相加得所以(ii) 所以由两边都是正数的同向不等式的相乘性可将以上两不等式(i)(i

15、i)相乘得.()因为，所以,或(只要写出其中一个即可)点睛：本题主要考查不等式的性质，放缩法及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.18、（1）证明见解析（2）【解析】(1)由可得,再构造函数,分析函数单调性求最值证明即可.(2)根据题意构造函数,再根据的正负分析函数的单调性可知为最大值,进而求得实数的最小值即可.【详解】（1）证明：由,得,.设,所以,函数在上单调递增,在单调递减,所以,.又因为（其中）,所以,所以,成立.（2）解：设,.,所以,.下面证明当时,成立.,因为,所以,所以.又因为当时,所以,所以,所以,当时,.故,.所以,的最大值为,所以,的最小值为.【点睛】本题

16、主要考查了利用导数证明函数不等式的问题,同时也考查了数列中求最大值项的方法.需要构造数列求解的正负判断,属于难题.19、（1）见解析（2）【解析】试题分析：（1）函数的单调区间与导数的符号相关，而函数的导数为，故可以根据的符号讨论导数的符号，从而得到函数的单调区间.（2）若不等式 在 上有解，那么在上，.但在上的单调性不确定，故需分 三种情况讨论.解析：（1），当时，在上，在上单调递增；当时，在上；在上；所以在上单调递减，在上单调递增.综上所述，当时，的单调递增区间为，当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）若在上存在，使得成立，则在上的最小值小于.当，即时，由（1）可知在上单调递增，在

17、上的最小值为，由，可得，当，即时，由（1）可知在上单调递减，在上的最小值为，由，可得 ；当，即时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，在上的最小值为，因为，所以，即，即，不满足题意，舍去.综上所述，实数的取值范围为.点睛：函数的单调性往往需要考虑导数的符号，通常情况下，我们需要把导函数变形，找出能决定导数正负的核心代数式，然后就参数的取值范围分类讨论.又不等式的恒成立问题和有解问题也常常转化为函数的最值讨论，比如：“在 上有解”可以转化为“在 上，有”，而“在恒成立”可以转化为“在 上，有”.20、（）定值为0；（2）S=，S取得最小值1【解析】分析：（1）设A（x1，y1），B（x2，y

18、2），M（xo，yo），根据抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，设直线方程与抛物线方程联立消去y，根据判别式大于0求得和，根据曲线1y=x2上任意一点斜率为y=，可得切线AM和BM的方程，联立方程求得交点坐标，求得和，进而可求得的结果为0，进而判断出ABFM（2）利用（1）的结论，根据的关系式求得k和的关系式，进而求得弦长AB，可表示出ABM面积最后根据均值不等式求得S的范围，得到最小值详解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xo，yo），焦点F（0，1），准线方程为y=1，显然AB斜率存在且过F（0，1）设其直线方程为y=kx+1，联立1y=x2消去y得：x21kx1=0，判别式

19、=16（k2+1）0，x1+x2=1k，x1x2=1.于是曲线1y=x2上任意一点斜率为y=，则易得切线AM，BM方程分别为y=（）x1（xx1）+y1，y=（）x2（xx2）+y2，其中1y1=x12，1y2=x22，联立方程易解得交点M坐标，xo=2k，yo=1，即M（，1）,从而=（，2），（x2x1，y2y1）=（x1+x2）（x2x1）2（y2y1）=（x22x12）2（x22x12）=0，（定值）命题得证（）由（）知在ABM中，FMAB，因而S=|AB|FM|，（x1，1y1）=（x2，y21），即，而1y1=x12，1y2=x22，则x22=，x12=1，|FM|=因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y=1的距离，所以|AB|=|AF|+|BF|=y1+y2+2=+2=+2=于是S=|AB|FM|=，由2知S1，且当=1时，S取得最小值1点睛：本题