甘肃省庆阳长庆中学2022年数学高二下期末质量跟踪监视试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、目要求的。1已知集合，那么集合=ABCD2展开式中常数项为( )ABCD3利用独立性检验来考虑两个分类变量X与Y是否有关系时，通过查阅下表来确定“X和Y有关系”的可信度如果k5.024，那么就有把握认为“X和Y有关系”的百分比为()P(K2k0)0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.83A25%B95%C5%D97.5%4有位同学按照身高由低到高站成一列，现在需要在该队列中插入另外位同学，但是不能改变原来的位同学的顺序，则所有排列的种数为（ ）A

3、BCD5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6已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）ABCD7自2020年起,高考成绩由“”组成，其

4、中第一个“3”指语文、数学、英语3科，第二个“3”指学生从物理、化学、生物、政治、历史、地理6科中任选3科作为选考科目，某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科，从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目，则该同学3科选考科目的不同选法的种数为（ ）A6B7C8D98当取三个不同值时，正态曲线的图象如图所示，则下列选项中正确的是（ ）ABCD9某图书出版公司到某中学开展奉献爱心图书捐赠活动，某班级获得了某品牌的图书共4本，其中数学、英语、物理、化学各一本，现将这4本书随机发给该班的甲、乙、丙、丁4个人，每人一本，并请这4个人在得到的赠书之前进行预测，结果如下：甲说：乙或丙得到物理书；乙说：

5、甲或丙得到英语书；丙说：数学书被甲得到；丁说：甲得到物理书最终结果显示甲、乙、丙、丁4个人的预测均不正确，那么甲、乙、丙、丁4个人得到的书分别是（）A数学、物理、化学、英语B物理、英语、数学、化学C数学、英语、化学、物理D化学、英语、数学、物理10已知，则为（ ）A2B3C4D511如图，梯形中，将沿对角线折起，设折起后点的位置为，使二面角为直二面角，给出下面四个命题： ；三棱锥的体积为；平面；平面平面；其中正确命题的个数是（ ）A1B2C3D412复数z满足zi=1+2i(iA第一象限B第二象限C第三象限D第四象限二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13向量的夹角为，且则_.14

6、用1，2，3，4，5，6组成数字不重复的六位数，满足1不在左右两端，2，4，6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为_.15，若，则的最大值为_.16在极坐标系中，点(2，6)到直线sin=2的距离等于三、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）已知集合，设，判断元素与的关系.18（12分）已知函数.（1）若函数在上单调递增的，求实数的取值范围；（2）当时，求函数在上的最大值和最小值.19（12分）已知命题p：函数f(x)x22mx4在2，)上单调递增，命题q：关于x的不等式mx24(m2)x40的解集为R.若pq为真命题，pq为假命题，求m的取

7、值范围20（12分）设事件A表示“关于的一元二次方程有实根”，其中，为实常数.（）若为区间0，5上的整数值随机数，为区间0，2上的整数值随机数，求事件A发生的概率；（）若为区间0，5上的均匀随机数，为区间0，2上的均匀随机数，求事件A发生的概率.21（12分）已知函数.（1）的最小正周期及单调递增区间；（2）当时，求的最小值.22（10分）在锐角ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足（1）求角B的大小；（2）若，且，求参考答案一、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、B【解析】直接进行交集的运算即可【详解】M0，

8、1，2，Nx|0 x2；MN0，1故选：B【点睛】本题考查列举法、描述法的定义，以及交集的运算，属于基础题2、D【解析】求出展开式的通项公式，然后进行化简，最后让的指数为零，最后求出常数项.【详解】解:，令得展开式中常数项为，故选D.【点睛】本题考查了求二项式展开式中常数项问题，运用二项式展开式的通项公式是解题的关键.3、D【解析】k5.024，而在观测值表中对应于5.024的是0.025，有1-0.025=97.5%的把握认为“X和Y有关系”，故选D4、C【解析】将问题转化为将这个同学中新插入的个同学重新排序，再利用排列数的定义可得出答案【详解】问题等价于将这个同学中新插入的个同学重新排序，

9、因此，所有排列的种数为，故选C.【点睛】本题考查排列问题，解题的关键就是将问题进行等价转化，考查转化与化归数学思想的应用，属于中等题5、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.6、B【解析】随机变量服从正态分布，即

10、对称轴是，故选7、D【解析】分析：直接利用组合数进行计算即可.详解：某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科，从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目，则该同学3科选考科目的不同选法的种数为种.故选D.点睛：本题考查组合的应用，属基础题.8、A【解析】分析：由题意结合正态分布图象的性质可知，越小，曲线越“瘦高”，据此即可确定的大小.详解：由正态曲线的性质知，当一定时，曲线的形状由确定，越小，曲线越“瘦高”，所以.本题选择A选项.点睛：本题主要考查正态分布图象的性质，系数对正态分布图象的影响等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9、D【解析】根据甲说的和丁说的都错误，得到物理书在丁

11、处，然后根据丙说的错误，判断出数学书不在甲处，从而得到答案.【详解】甲说：乙或丙得到物理书；丁说：甲得到物理书因为甲和丁说的都是错误的，所以物理书不在甲、乙、丙处，故物理书在丁处，排除A、B选项；因为丙说：数学书被甲得到，且丙说的是错误的，所以数学书不在甲处，故排除C项；所以答案选D项.【点睛】本题考查根据命题的否定的实际应用，属于简单题.10、A【解析】根据自变量范围代入对应解析式，解得结果.【详解】故选：A【点睛】本题考查分段函数求值，考查基本分析求解能力，属基础题.11、C【解析】取BD中点O，根据面面垂直性质定理得平面，再根据线面垂直判定与性质定理、面面垂直判定定理证得平面以及平面平面

12、；利用锥体体积公式求三棱锥的体积，最后根据反证法说明不成立.【详解】因为，所以为等腰直角三角形，因为，所以,从而为等腰直角三角形，取BD中点O，连接，如图，因为二面角为直二面角，所以平面平面，因为为等腰直角三角形，所以平面平面,平面,因此平面，所以三棱锥的体积为,正确；因为平面，平面，所以，因为，,平面，所以平面；即正确;因为平面，平面；所以；由已知条件得,平面,因此平面,因为平面,所以平面平面；即正确；如果，而由平面，平面，所以，因为,平面，所以平面；因为平面；即,与矛盾,所以不正确;故选：C【点睛】本题考查面面垂直性质与判定定理、线面垂直判定与性质定理以及锥体体积公式，考查基本分析论证与求

13、解能力，属中档题.12、D【解析】利用复数的四则运算法则，可求出z=1+2ii【详解】由题意，z=1+2ii=1+2【点睛】本题考查了复数的四则运算，考查了学生对复数知识的理解和掌握，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、6【解析】由题意，利用向量的数量积的运算，可得，即可求解.【详解】由题意，可知向量的夹角为，且则.【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的运算，其中解答中熟记平面向量的数量积的运算公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.14、288【解析】用排除法，先计算2，4，6三个偶数中有且只有两个偶数相邻的方法数，从2，4，6三个偶数中任意取出

14、2个看作一个整体，将“整体”和另一个偶数插在3个奇数形成的四个空中，减去1在左右两端的情况，即可.【详解】从2，4，6三个偶数中任意取出2个看作一个整体，方法有种，先排三个奇数，有种，形成了4个空，将“整体”和另一个偶数插在3个奇数形成的四个空中，方法有种根据分步计数原理求得此时满足条件的六位数共有：种若1排在两端，3个奇数的排法有种，形成了3个空，将“整体”和另一个偶数中插在3个奇数形成的3个空中，方法有种，根据分步计数原理求得此时满足条件的6位数共有种故满足1不在左右两端，2，4，6三个偶数中有且只有两个偶数相邻的六位数有种故答案为：288【点睛】本题考查了排列组合在数字排列中的应用，考查

15、了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.15、【解析】均值不等式推广；【详解】【点睛】熟练掌握 。16、1【解析】试题分析：在极坐标系中，点（2，6）对应直角坐标系中坐标（3考点：极坐标化直角坐标三、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、当，且时，；当或时，.【解析】分析：对变形并对分类讨论即可.详解：根据题意， 故当，且时，；当或时，.点睛：本题考查集合与元素的关系，解题的关键在于正确的分类讨论.18、 (1) (2) 【解析】试题分析：（1）若函数f（x）在（，+）上是增函数，f（x）1在（，+）上恒成立利用二次函数的单调性即可得出；（2）利用导数研

16、究函数的单调性极值与最值即可得出试题解析：（1）若函数在上是增函数，则在上恒成立，而，即在上恒成立，即.（2）当时，.令，得.当时，当时，故是函数在上唯一的极小值点，故.又，故.点睛：点睛：函数单调性与导函数的符号之间的关系要注意以下结论（1）若在内，则在上单调递增（减）（2）在上单调递增（减） （）在上恒成立，且在的任意子区间内都不恒等于1（不要掉了等号）（3）若函数在区间内存在单调递增（减）区间，则在上有解（不要加上等号）19、【解析】根据二次函数的单调性，以及一元二次不等式的解的情况和判别式的关系即可求出命题p，q为真命题时m的取值范围根据pq为真命题，pq为假命题得到p真q假或p假q真

17、，求出这两种情况下m的范围并求并集即可【详解】若命题p为真，因为函数f(x)的图象的对称轴为xm，则m2；若命题q为真，当m0时，原不等式为8x40，显然不成立当m0时，则有解得1m4.由题意知，命题p，q一真一假，故或解得m1或2m4.【点睛】（1）二次函数图象与x轴交点的横坐标、二次不等式解集的端点值、一元二次方程的解是同一个量的不同表现形式（2）二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，而二次函数又是“三个二次”的核心，通过二次函数的图象贯穿为一体有关二次函数的问题，利用数形结合的方法求解，密切联系图象是探求解题思路的有效方法20、（）;（）. 【解析】试题分析：

18、(1)列出所有可能的事件，结合古典概型公式可得满足题意的概率值为；(2)利用题意画出概率空间，结合几何概型公式可得满足题意的概率值为.试题解析：（）当a0，1，2，3，4，5，b0，1，2时，共可以产生63=18个一元二次方程.若事件A发生，则a 24b20，即|a|2|b|. 又a0， b0，所以a2b. 从而数对（a，b）的取值为（0，0），（1，0），（2，0），（2，1），（3，0），（3，1），（4，0），（4，1），（4，2），（5，0），（5，1），（5，2），共12组值.所以P（A）=. （）据题意，试验的全部结果所构成的区域为D=(a，b)|0a5，0b2，构成事件A的区域为A=(a，b)|0a5，0b2，a2b. 在平面直角坐标系中画出区域A、D，如图，其中区域D为矩形，其面积S（D）=52=10，区域A为直角梯形，其面积S（A）=. 所以P（A）=.21、（1），；（2）【解析】（1）由题意利用正弦函数的周期性、单调性，求得的最小正周期及单调递增区间（2）由题意利用正弦函数的定义域和值域