2022年云南省元江县第一中学数学高二第二学期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已知双曲线的左右焦点分别为，以线段为直径的圆与双曲线在第二象限的交点为，若直线与圆相切，则双曲线的渐近线方程是（ ）A BC D2直线的斜率为（ ）ABCD3从某企业生产的某种产品中随机抽取件，测量这些产品的一项质量指标，其频率分布表如下：质量指标分组频率则可估计这批产品的质量指标的众数、中位数为（ ）A，B，C，D，4在中，角的对边分别是，若，则的值为（ ）A1BCD5在中，则（ ）A1BCD26若焦点在轴上的双曲线的焦距为，则等于（ ）ABCD7已知等比数列的各项均为正数，前项和为，若，则ABCD8若变量x,y满足约束条件则目标函数的取值范围是A2,6B2,5C3,6D3,59

3、命题若，则，是的逆命题，则（ ）A真，真B真，假C假，真D假，假10某居民小区有两个相互独立的安全防范系统和，系统和系统在任意时刻发生故障的概率分别为和，若在任意时刻恰有一个系统不发生故障的概率为，则（ ）ABCD11已知函数，给出下列四个说法：；函数的周期为；在区间上单调递增；的图象关于点中心对称其中正确说法的序号是ABCD12在一次投篮训练中，某队员连续投篮两次.设命题是“第一次投中”，是“第二次投中”，则命题“两次都没有投中目标”可表示为ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若二项式展开式的常数项为，则实数的值为_14若直线与直线与直线互相垂直，则实数=_15幂函数

4、在上为增函数，则实数的值为_16长方体内接于球O，且，则A、B两点之间的球面距离为_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）已知椭圆的离心率为，分别是其左，右焦点，为椭圆上任意一点，且（1）求椭圆的标准方程；（2）过作直线与椭圆交于两点，点在轴上，连结分别与直线交于点，若，求的值18（12分）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若函数在上是减函数，求实数的最小值；（3）若，使成立，求实数的取值范围.19（12分）已知函数（1）若在区间上是单调递增函数，求实数的取值范围;（2）若在处有极值10，求的值;（3）若对任意的，有恒成立，求实数的取值范围.20（1

5、2分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求和的直角坐标方程；（2）已知直线与轴交于点，且与曲线交于两点，求的值.21（12分）设等差数列的前项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和为，并求使得取得最大值的序号的值.22（10分）已知椭圆：，过点作倾斜角互补的两条不同直线，设与椭圆交于、两点，与椭圆交于，两点.（1）若为线段的中点，求直线的方程；（2）记，求的取值范围.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、B【解析】先设直

6、线与圆相切于点，根据题意，得到，再由，根据勾股定理求出，从而可得渐近线方程.【详解】设直线与圆相切于点，因为是以圆的直径为斜边的圆内接三角形，所以，又因为圆与直线的切点为，所以，又，所以，因此，因此有，所以，因此渐近线的方程为.故选B【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线方程，熟记双曲线的简单性质即可，属于常考题型.2、A【解析】将直线方程化为斜截式，可得出直线的斜率【详解】将直线方程化为斜截式可得，因此，该直线的斜率为，故选A【点睛】本题考查直线斜率的计算，计算直线斜率有如下几种方法：（1）若直线的倾斜角为且不是直角，则直线的斜率；（2）已知直线上两点、，则该直线的斜率为；（3）直线的斜率为；（

7、4）直线的斜率为.3、C【解析】根据频率分布表可知频率最大的分组为，利用中点值来代表本组数据可知众数为；根据中位数将总频率分为的两部分，可构造方程求得中位数.【详解】根据频率分布表可知，频率最大的分组为 众数为：设中位数为则，解得：，即中位数为：本题正确选项：【点睛】本题考查利用样本的数据特征估计众数和中位数的问题，关键是明确众数和中位数的概念，掌握用样本估计总体的方法.4、C【解析】在中利用正弦定理和二倍角公式能求出角，再依据余弦定理列出关于角的关系式，化简即得【详解】，由正弦定理可得，即.由于，.，.又，由余弦定理可得，.故选C.【点睛】本题主要考查正余弦定理解三角形以及三角恒等变换5、B

8、【解析】由向量的数量积公式直接求解即可【详解】因为，所以为直角三角形，所以，所以.故选B【点睛】本题考查平面向量的夹角与模，以及平面向量数量积的运算，考查运算求解能力.6、B【解析】分析：根据题意，由焦点的位置可得，又由焦距为，即，再由双曲线的几何性质可得，即可求得.详解：根据题意，焦点在轴上的双曲线，则，即，又由焦距为，即，则有，解得.故选：B.点睛：本题考查双曲线的几何性质，注意双曲线的焦点在y轴上，先求出a的范围.7、C【解析】由得，解得，从而，故选C.8、A【解析】画出不等式组对应的可行域，将目标函数变形，画出目标函数对应的直线，由图得到当直线过A点时纵截距最大，z最大，当直线过（2，

9、0）时纵截距最小，z最小【详解】画出可行域，如图所示：将变形为，平移此直线，由图知当直线过A（2，2）时，z最大为6，当直线过（2，0）时，z最小为2，目标函数Zx+2y的取值范围是2，6故选A【点睛】本题考查画不等式组表示的平面区域：直线定边界，特殊点定区域结合图形求函数的最值，属于基础题9、C【解析】由题意，所以，得，所以命题为假命题，又因为是的逆命题，所以命题：若，则为真命题，故选C.10、B【解析】试题分析：记“系统发生故障、系统发生故障”分别为事件、，“任意时刻恰有一个系统不发生故障”为事件，则，解得，故选B考点：对立事件与独立事件的概率11、B【解析】根据函数的周期性可排除，同时可

10、以确定对由 ，可去绝对值函数化为，可判断对由取特值，可确定错【详解】，所以函数的周期不为，错，周期为=，对当 时，所以f(x)在上单调递增对，所以错即对，填【点睛】本题以绝对值函数形式综合考查三角函数求函数值、周期性、单调性、对称性等性质，需要从定义角度入手分析，也是解题之根本12、D【解析】分析：结合课本知识点命题的否定和“且”联结的命题表示来解答详解：命题是“第一次投中”，则命题是“第一次没投中”同理可得命题是“第二次没投中”则命题“两次都没有投中目标”可表示为故选点睛：本题主要考查了，以及的概念，并理解为真时，中至少有一个为真。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析

11、】先求出二项式的展开式的通项公式，令的指数等于0，求出的值，即可求得展开式中的常数项，结合常数项为列方程求解即可.【详解】二项式展开式的通项为，令，得， 常数项为，得，故答案为.【点睛】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.14、【解析】：，即15、【解析】由函数是幂函数，列方程求出的值，再验证是否满足题意【详解】解：由函数是幂函数，则，解

12、得或；当时，在上为减函数，不合题意；当时，在上为增函数，满足题意故答案为【点睛】本题考查了幂函数的定义与应用问题，是基础题16、【解析】利用长方体外接球直径为其体对角线长求得外接球半径，及所对球心角，利用弧长公式求出答案【详解】由，得，长方体外接球的半径为正三角形，两点间的球面距离为，故答案为：【点睛】本题考查了长方体外接球问题，以及求两点球面距离，属于简单题三、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】由题意可得，联立求解即可得出；设直线l的方程为：，直线l的方程与椭圆方程联立化为：，根据共线以及共线，可得M，N的坐标根据，可得又，再利用根与系数的

13、关系即可得出【详解】（1）由题意，知又 ，解得所求椭圆的标准方程为（2）由，设直线的方程为，代入椭圆的方程，并消去，得：，显然设，则，于是设，由共线，得，所以，同理，因为，所以恒成立，解得【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质，一元二次方程的根与系数的关系，向量数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题18、（1）函数的单调减区间是，增区间是；（2）；（3）.【解析】（1）根据解析式求出g（x）的定义域和g（x），再求出临界点，求出g（x）0对应的解集，再表示成区间的形式，即所求的单调区间；（2）先求出f（x）的定义域和f（x），把条件转化为f（x）0在（1，+）上恒成立，再对f（x

14、）进行配方，求出在x（1，+）的最大值，再令f（x）max0求解；（3）先把条件等价于“当xe，e2时，有f（x）minf（x）max+a”，由（2）得f（x）max，并把它代入进行整理，再求f（x）在e，e2上的最小值，结合（2）求出的a的范围对a进行讨论：和，分别求出f（x）在e，e2上的单调性，再求出最小值或值域，代入不等式再与a的范围进行比较【详解】由已知函数的定义域均为，且（1）函数，则，当且时，；当时，.所以函数的单调减区间是，增区间是；（2）因在上为减函数，故在上恒成立，所以当时，又，故当，即时，,所以于是，故的最小值为；（3）命题“若使成立”等价于：“当时，有”，由（2），当时

15、，问题等价于：“当时，有”，当时，由（2），在上为减函数，则，故.当时，由于在上为增函数，故的值域为，即.由的单调性和值域知，唯一，使，且满足：当时，为减函数；当时，为增函数；所以，.所以，与矛盾，不合题意.综上，得.【点睛】本题是利用导数研究函数的单调性、极值，是导数应用的基本问题，主要依据“在给定区间，导函数值非负，函数为增函数；导函数值非正，函数为减函数”.确定函数的极值，遵循“求导数，求驻点，研究单调性，求极值”.不等式恒成立问题，往往通过构造函数，研究函数的最值，使问题得到解决.本题的难点在于利用转化思想的灵活应用.19、（1）m（1）（3）m1 ，1【解析】分析：(1) 由在区间上

16、是单调递增函数得，当 时， 恒成立，由此可求实数的取值范围;（1），由题或，判断当时，无极值，舍去，则可求；（3）对任意的，有恒成立，即在上最大值与最小值差的绝对值小于等于1求出原函数的导函数，分类求出函数在的最值，则答案可求；详解： (1) 由在区间上是单调递增函数得，当 时， 恒成立，即 恒成立，解得 （1），由题或 当时，无极值，舍去. 所以（3）由对任意的x1，x11，1，有| f(x1)f(x1)|1恒成立，得fmax(x)fmin(x)1且| f(1)f(0)|1，| f(1)f(0)|1，解得m1，1， 当m=0时，f(x)0，f(x)在1，1上单调递增，fmax(x)fmin(

17、x)= | f(1)f(1)|1成立 当m(0，1时，令f(x)0，得x(m，0)，则f(x)在(m，0)上单调递减；同理f(x)在(1， m)，(0，1)上单调递增，f(m)= m3+m1，f(1)= m1+m+1，下面比较这两者的大小，令h(m)=f(m)f(1)= m3m1，m0，1，h(m)= m110，则h(m)在(0，1 上为减函数，h(m)h(0)=10，故f(m)f(1)，又f(1)= m1+m1m1=f(0)，仅当m=1时取等号.所以fmax(x)fmin(x)= f(1)f(1)=1成立 同理当m1 ，0)时，fmax(x)fmin(x)= f(1)f(1)=1成立 综上得

18、m1 ，1点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，体现了数学转化思想方法与分类讨论的数学思想方法，是难题20、（1）直线的直角坐标方程为，曲线的普通方程为（2）【解析】（1）利用极坐标化直角坐标的公式求直线l的直线坐标方程，消参求出曲线的普通方程；（2）直线 的参数方程为（为参数），代入，得，再利用直线参数方程t的几何意义求的值.【详解】解：（1）因为直线的极坐标方程为，所以直线的直角坐标方程为.因为曲线的参数方程为（为参数），所以曲线的普通方程为.（2）由题可知所以直线 的参数方程为（为参数），代入，得，设两点所对应的参数分别为，即，【点睛】本题主要考查极坐标参数方程和直角坐标的互化，考查直线参数方程