2022届河南豫南九校数学高二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，则从到的映射满足，则这样的映射共有（ ）A3个B4个C5个D6个2已知命题p：x00，使得(Ax0，总有(x+2)ex1BCx0，总有(x+2)ex1D3中国古代数学名著九章算术商功中记载了一种名为“堑堵”的几何体：“邪解立方得二堑堵邪解堑堵”錾堵是一个长方体沿不在同一表面上的相对两棱斜截所得的立体图形其正视图和俯视图（直角三角形）如图所示，则该“堑堵”的外接球的大圆面积为（ ）ABCD4定积分（ ）A1B2C3D45设复数满足，则（ ）ABCD26已知复数满足，则复数在复平面内对应的点为 ( )ABCD7已知的展开式中的系数为 5，则（ ）A4B3C2D-18如图，已知

3、函数，则它在区间上的图象大致为（ ）ABCD9在区间上随机选取一个实数，则事件 的概率为（ ）ABCD10已知双曲线，过原点作一条倾斜角为直线分别交双曲线左、右两支P，Q两点，以线段PQ为直径的圆过右焦点F，则双曲线离心率为ABC2D11今年全国高考,某校有3000人参加考试，其数学考试成绩 (，试卷满分150分),统计结果显示数学考试成绩高于130分的人数为100，则该校此次数学考试成绩高于100分且低于130分的学生人数约为（ ）A1300B1350C1400D145012中国古典数学有完整的理论体系，其代表我作有周髀算经九章算术孙子算经数书九章等，有5位年轻人计划阅读这4本古典数学著作，

4、要求每部古典数学著作至少有1人阅读,则不同的阅读方案的总数是( )A480B240C180D120二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知定义在R上的可导函数f（x）满足，若，则实数m的取值范围是_14已知，2sin2=cos2+1，则cos=_15不等式的解集为_16设函数，. 若， 且的最小值为-1，则实数的值为_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）设函数.（1）当时，求关于的不等式的解集；（2）若在上恒成立，求的取值范围.18（12分）设,函数,是函数的导函数, 是自然对数的底数. (1)当时,求导函数的最小值; (2)若不等式对任

5、意恒成立,求实数的最大值;(3)若函数存在极大值与极小值，求实数的取值范围.19（12分）已知函数.（1）求的单调区间；（2）设为函数的两个零点，求证：.20（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程与圆的直角坐标方程；（2）设动点在圆上，动线段的中点的轨迹为，与直线交点为，且直角坐标系中，点的横坐标大于点的横坐标，求点的直角坐标.21（12分）设函数.（1）求该函数的单调区间;（2）求该函数在上的最小值22（10分）数列满足，等比数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）

6、设，求数列的前项和.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】分析：根据映射的定义，结合已知中f（3）=3，可得f（1）和f（2）的值均有两种不同情况，进而根据分步乘法原理得到答案详解：若f（3）=3，则f（1）=3或f（1）=4；f（2）=3或f（2）=4；故这样的映射的个数是22=4个，故选：B点睛：本题考查的知识点是映射的定义，分步乘法原理，考查了逻辑推理能力，属于基础题2、C【解析】原命题为特称命题，则其否定为全称命题，即可得到答案【详解】命题p：x0p：x0，总有(x+2)故选C【点睛】本题主要考查的是

7、命题及其关系，命题的否定是对命题结论的否定，属于基础题3、B【解析】首先根据题意得到“堑堵”是半个长方体的直三棱柱，再求其外接球的大圆面积即可.【详解】由题知：“堑堵”是半个长方体的直三棱柱，如图所示：设外接球大圆的半径为，.，所以外接球的大圆面积为.故选：B【点睛】本题主要考查三棱柱的外接球，同时考查三视图的直观图，属于中档题.4、B【解析】直接利用定积分公式计算得到答案.【详解】.故选：.【点睛】本题考查了定积分，意在考查学生的计算能力.5、A【解析】由，得，故选A6、A【解析】利用复数除法运算，化简为的形式，由此求得对应的点的坐标.【详解】依题意，对应的点为，故选A.【点睛】本小题主要考

8、查复数的除法运算，考查复数对应点的坐标，属于基础题.7、D【解析】将化简为：分别计算的系数，相加为5解得.【详解】中的系数为： 的系数为： 的系数为： 故答案选D【点睛】本题考查了二项式定理的计算，分成两种情况简化了计算.8、D【解析】首先根据函数的奇偶性排除A，根据排除B，再根据时，故排除C，即可得到答案.【详解】因为的定义域为，所以为奇函数，故排除A.，故排除B.当时，故排除C.故选：D【点睛】本题主要考查根据函数图象选取解析式，熟练掌握函数的奇偶性和利用函数的特值检验为解题的关键，属于中档题.9、B【解析】 由题意得，事件“”，即， 所以事件“”满足条件是， 由几何概型的概率公式可得概率

9、为，故选B.10、B【解析】求得直线的方程，联立直线的方程和双曲线的方程，求得两点坐标的关系，根据列方程，化简后求得离心率.【详解】设，依题意直线的方程为，代入双曲线方程并化简得，故 ，设焦点坐标为，由于以为直径的圆经过点，故，即，即，即，两边除以得，解得.故，故选B.【点睛】本小题主要考查直线和双曲线的交点，考查圆的直径有关的几何性质，考查运算求解能力，属于中档题.11、C【解析】根据正态分布的对称性计算，即【详解】100分是数学期望，由题意成绩高于130分的有100人，则低于70分的也有100人，70到130的总人数为30002002800，因此成绩高于100分低于130分的人数为故选C【

10、点睛】本题考查正态分布，解题关键是掌握正态分布曲线中的对称性，即若，则，12、B【解析】分析：先根据条件确定有且仅有一本书是两人阅读，再根据先选后排求排列数.详解：先从5位年轻人中选2人，再进行全排列，所以不同的阅读方案的总数是选B.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题间接法.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】试题分析：令,则,故函数在上单调递减,又由题设可得,故,即,答案为考点：导数及运用14

11、、【解析】化简2sin2=cos2+1即可得出sin与cos之间的关系式，再计算即可【详解】因为，2sin2=cos2+1所以 ， 化简得 解得【点睛】本题考查倍角的相关计算，属于基础题15、【解析】根据绝对值的定义去绝对值符号，直接求出不等式的解集即可.【详解】由，得，解得故答案为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，考查等价转化的数学思想和计算能力.16、2【解析】分析：先表示函数，再利用导数求函数最小值，最后根据的最小值为-1得实数的值.详解：因为，设，则所以因为，所以当时，；当时，；即当时，.点睛：两函数关系问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不

12、等式或方程，从而求出参数的取值范围或值.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）根据绝对值的意义，取到绝对值号，得到分段函数，进而可求解不等式的解集；（2）因为，得，再利用绝对值的定义，去掉绝对值号，即可求解。【详解】（1）因为，所以的解集为.（2）因为，所以，即，则，所以.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思

13、想方法的灵活应用，这是命题的新动向18、（1）（2）（3）【解析】分析：（1）先求导数，再求导函数的导数为，求零点，列表分析导函数单调性变化规律，进而确定导函数最小值取法，（2）先变量分离化简不等式，再利用导数研究单调性，根据单调性确定其最小值，即得实数的取值范围，进而得其最大值;（3）函数存在极大值与极小值，即存在两个零点，且在零点的两侧异号.先确定导函数不单调且最小值小于零，即得，再证明时有且仅有两个零点.详解：解：（1）当时，记则，由得.当时，单调递减当时，单调递增所以当时，所以（2）由得，即因为，所以.记，则 记，则 因为，所以且不恒为0所以时，单调递增，当时，所以所以在上单调递增，因

14、为对恒成立，所以，即所以实数的最大值为（3）记，因为存在极大值与极小值，所以，即存在两个零点，且在零点的两侧异号.当时，单调递增，此时不存在两个零点；当时，由，得当时，单调递减，当时，单调递增，所以 所以存在两个零点的必要条件为： ，即由时，()记，则所以当时，单调递减，当时，所以.所以在上，有且只有一个零点.又在上单调，所以在上有且只有一个零点，记为，由在内单调递减，易得当时，函数存在极大值（）记，则所以时，所以由（1）知时，有所以在上单调递增，所以时, 因为且，的图像在单调且不间断，所以在上，有且只有一个零点.又在上单调所以在上有且只有一个零点，记为，由在内单调递增，易得当时，函数存在极小

15、值综上，实数的取值范围为.点睛：导数极值点的讨论层次：一是有无，即没有零点，就没有极值点（导数存在情形下）；二是在与不在，不在定义区间的零点也不是极值点；三是是否变号，导函数不变号的零点也不是极值点.19、 (1) 的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)见证明，【解析】（1）利用导数求函数单调区间的一般步骤即可求出；（2）将零点问题转化成两函数以及图像的交点问题，通过构造函数，依据函数的单调性证明即可。【详解】解：（1），.当时，即的单调递减区间为，无增区间；当时，由，得，当时，；当时，时，的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）证明：由（1）知，的单调递减区间为，单调递增区间为，不妨设，

16、由条件知即构造函数，则，由，可得.而，.知在区间上单调递减，在区间单调递增，可知，欲证，即证.考虑到在上递增，只需证，由知，只需证.令，则.所以为增函数.又，结合知，即成立，所以成立.【点睛】本题考查了导数在函数中的应用，求函数的单调区间，以及函数零点的常用解法，涉及到分类讨论和转化与化归等基本数学思想，意在考查学生的逻辑推理、数学建模和运算能力。20、 (1) 的直角坐标方程是.直线的普通方程为. (2) .【解析】（1）消去参数后可得的普通方程，把化成，利用互化公式可得的直角方程.（2）设点，则，利用在椭圆上可得的直角方程，联立直线的普通方程和的直角坐标方程可得的直角坐标.【详解】解：（1

17、）由，得，将互化公式代上式，得，故圆的直角坐标方程是.由，得，即.所以直线的普通方程为.（2）设点.由中点坐标公式得曲线的直角坐标方程为.联立，解得，或.故点的直角坐标是.【点睛】极坐标转化为直角坐标，关键是，而直角坐标转化为极坐标，关键是参数方程化为直角方法，关键是消去参数，消参的方法有反解消参、平方消参、交轨法等21、（1） 递增区间为，递减区间为；（2）-10【解析】（1），解得单调区间即可；（2）由(1)的单调性知,在上的最小值只可能在处取,代入求值即可【详解】（1）的递增区间为，递减区间为.(2)由(1)的单调性知,在上的最小值只可能在处取, 在上的最小值为.【点睛】本题考查导数的综合运用：求单调区间，极值，最值，考查运算能力，属于中档题22、（1）,；（2）.【解析】分析：（1）由已知可得数列为等差数列，根据等差数列的通项公式求得；再求出和，进而求出公比，代入等比数列的通项公式，即可