2022届山东省德州市夏津第一中学高二数学第二学期期末质量检测试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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若函数存在单调递增区间，则实数的值可以为（ ）ABCD2下列四个结论：在回归分析模型中，残差平方和越大，说明模型

2、的拟合效果越好；某学校有男教师60名、女教师40名，为了解教师的体育爱好情况，在全体教师中抽取20名调查，则宜采用的抽样方法是分层抽样；线性相关系数越大，两个变量的线性相关性越弱；反之，线性相关性越强；在回归方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加0.5个单位.其中正确的结论是（ ）ABCD3已知函数，如果，则实数的取值范围是（）ABCD4三张卡片的正反面分别写有1和2,3和4,5和6，若将三张卡片并列，可得到不同的三位数(6不能作9用)的个数为( )A8 B6 C14 D485由数字0，1，2，3组成的无重复数字且能被3整除的非一位数的个数为（）A12B20C30D316名同学参加班

3、长和文娱委员的竞选，每个职务只需人，其中甲不能当文娱委员，则共有（）种不同结果（用数字作答）ABCD7已知两个复数,的实部和虚部都是正整数,关于代数式有以下判断:最大值为2；无最大值;最小值为；无最小值.其中正确判断的序号是（ ）ABCD8若函数yf（x）的导函数yf（x）的图象如图所示，则yf（x）的图象可能（ ）ABCD9在我国南北朝时期，数学家祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”其意思是，用一组平行平面截两个几何体，若在任意等高处的截面面积都对应相等，则两个几何体的体积必然相等根据祖暅原理，“两几何体A、B的体积不相等”是“A、B在等高处的截面面积不恒相等”的

4、（ ）条件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要10已知双曲线的一个焦点为,一条渐近线的斜率为,则该双曲线的方程为（ ）ABCD11设，则的值为（ ）AB1C0D-112一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数，若函数恰有4个不同的零点，则的取值范围为_ .14若某圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则这个圆锥的侧面积是_15东汉王充论衡宜汉篇：“且孔子所谓一世，三十年也.”，清代段玉裁说文解字注：“三十年为一世.按父子相继曰世”.“一世”又叫“一代”，到了唐朝，为了避李世民的讳，“一世”方改为“一代”，

5、当代中国学者测算“一代”平均为25年.另据美国麦肯锡公司的研究报告显示，全球家庭企业的平均寿命其实只有24年，其中只有约的家族企业可以传到第二代，能够传到第三代的家族企业数量为总量的，只有的家族企业在第三代后还能够继续为股东创造价值.根据上述材料，可以推断美国学者认为“一代”应为_年16二项式的展开式中，含的系数为_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）正项数列的前项和满足.（）求，；（）猜想的通项公式，并用数学归纳法证明.18（12分）如图，矩形和菱形所在的平面相互垂直，为中点.求证：平面平面；若，求二面角的余弦值.19（12分）已知椭圆，若在，四个点中

6、有3个在上（1）求椭圆的方程；（2）若点与点是椭圆上关于原点对称的两个点，且，求的取值范围20（12分）选修4-5：不等式选讲已知.（1）求的解集；（2）若恒成立，求实数的最大值.21（12分）某届奥运会上，中国队以26金18银26铜的成绩称金牌榜第三、奖牌榜第二，某校体育爱好者在高三年级一班至六班进行了“本届奥运会中国队表现”的满意度调查结果只有“满意”和“不满意”两种，从被调查的学生中随机抽取了50人，具体的调查结果如表：班号一班二班三班四班五班六班频数5911979满意人数478566（1）在高三年级全体学生中随机抽取一名学生，由以上统计数据估计该生持满意态度的概率；（2）若从一班至二班

7、的调查对象中随机选取4人进行追踪调查，记选中的4人中对“本届奥运会中国队表现”不满意的人数为，求随机变量的分布列及数学期望22（10分）某抛掷骰子游戏中，规定游戏者可以有三次机会抛掷一颗骰子，若游戏者在前两次抛掷中至少成功一次才可以进行第三次抛掷，其中抛掷骰子不成功得0分，第1次成功得3分，第2次成功得3分，第3次成功得4分.游戏规则如下：抛掷1枚骰子，第1次抛掷骰子向上的点数为奇数则记为成功，第2次抛掷骰子向上的点数为3的倍数则记为成功，第3次抛掷骰子向上的点数为6则记为成功.用随机变量表示该游戏者所得分数.（1）求该游戏者有机会抛掷第3次骰子的概率;（2）求随机变量的分布列和数学期望参考答

8、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、D【解析】根据题意可知有解,再根据二次函数的性质分析即可.【详解】由题, 若函数存在单调递增区间,则有解.当时显然有解.当时,解得.因为四个选项中仅.故选：D【点睛】本题主要考查了利用导数分析函数单调区间的问题,需要判断出导数大于0有解,利用二次函数的判别式进行求解.属于中档题.2、D【解析】根据残差的意义可判断；根据分成抽样特征，判断；根据相关系数的意义即可判断；由回归方程的系数，可判断【详解】根据残差的意义，可知当残差的平方和越小，模拟效果越好，所以错误；当个体差异明显时，选用分层抽

9、样法抽样，所以正确；根据线性相关系数特征，当相关系数越大，两个变量的线性相关性越强，所以错误；根据回归方程的系数为0.5，所以当解释变量每增加一个单位时，预报变量增加0.5个单位.综上，正确，故选D.【点睛】本题考查了统计的概念和基本应用，抽样方法、回归方程和相关系数的概念和性质，属于基础题3、A【解析】由函数，求得函数的单调性和奇偶性，把不等式，转化为，即可求解【详解】由函数，可得，所以函数为单调递增函数，又由，所以函数为奇函数，因为，即，所以，解得，故选A【点睛】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的应用，其中解答中熟练应用函数的单调性与函数的奇偶性，合理转化不等式是解答的关键，着重考查了推

10、理与运算能力，属于基础题4、D【解析】方法一:第一步,选数字.每张卡片有两个数字供选择,故选出3个数字,共有23=8(种)选法.第二步,排数字.要排好一个三位数,又要分三步,首先排百位,有3种选择,由于排出的三位数各位上的数字不可能相同,因而排十位时有2种选择,排个位只有一种选择.故能排出321=6(个)不同的三位数.由分步乘法计数原理知共可得到86=48(个)不同的三位数.方法二:第一步,排百位有6种选择,第二步,排十位有4种选择,第三步,排个位有2种选择.根据分步乘法计数原理,共可得到642=48(个)不同的三位数.5、D【解析】分成两位数、三位数、四位数三种情况，利用所有数字之和是的倍数

11、，计算出每种情况下的方法数然后相加，求得所求的方法总数.【详解】两位数：含数字1，2的数有个，或含数字3，0的数有1个. 三位数：含数字0，1，2的数有个， 含数字1，2，3有个. 四位数：有个. 所以共有个.故选D.【点睛】本小题主要考查分类加法计数原理，考查一个数能被整除的数字特征，考查简单的排列组合计算，属于基础题.6、B【解析】先安排甲以外的一人担任文娱委员，再从剩下的3人选一人担任班长即可【详解】先从甲以外的三人中选一人当文娱委员，有3种选法，再从剩下的3人选一人担任班长，有3种选法，故共有种不同结果故选：B.【点睛】本题主要考查分步乘法计数原理的应用,属于基础题.7、C【解析】设两

12、个复数,在复平面内对应点,利用平面向量的加法的几何意义以及平面向量的数量积可以判断出的最值情况.【详解】设两个复数,在复平面内对应点,因此有：因为, 复数,的实部和虚部都是正整数,所以,(当且仅当),故,假设有最小值,则,显然对于也成立,于是有这与相矛盾,故不存在最小值；对任意正整数,故没有最大值,因此说法正确.故选：C【点睛】本题考查了复数的向量表示,考查了平面向量的数量积的计算,考查了数学运算能力.8、C【解析】根据导数与函数单调性的关系，判断函数的单调性即可.【详解】由当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，则由导函数的图象可知：先单调递减，再单调递增，然后单调递减，排除，且两个拐点（即

13、函数的极值点）在x轴上的右侧，排除B.故选：.【点睛】本题主要考查的是导数与函数的单调性，熟练掌握函数的导数与函数单调性的关系是解题的关键，是基础题.9、A【解析】先阅读题意，再由原命题与其逆否命题的真假及充分必要条件可得解【详解】由已知有”在任意等高处的截面面积都对应相等”是“两个几何体的体积必然相等“的充分条件不必要条件，结合原命题与其逆否命题的真假可得：“两几何体A、B的体积不相等”是“A、B在等高处的截面面积不恒相等”的充分不必要条件，故选：A【点睛】本题考查了阅读能力、原命题与其逆否命题的真假及充分必要条件，属中档题。10、C【解析】根据双曲线一个焦点可以求出,再根据一条渐近线的斜率

14、为,可求出的关系,最后联立,解方程求出,求出方程即可.【详解】因为双曲线一个焦点的坐标为,所以,一条渐近线的斜率为,所以有,而,所以,因此有.故选：C【点睛】本题考查了求双曲线方程,考查了双曲线的渐近线方程,考查了数学运算能力.11、C【解析】首先采用赋值法，令，代入求值，通分后即得结果.【详解】令，, ， .故选：C【点睛】本题考查二项式定理和二项式系数的性质，涉及系数和的时候可以采用赋值法求和，本题意在考查化归转化和计算求解能力，属于中档题型.12、A【解析】先找到三视图对应的几何体原图，再求几何体的体积.【详解】由已知中的三视图可得该几何体是一个组合体，由一个底面半径为1，高为的半圆锥，

15、和一个底面边长为2的正方形，高为的四棱锥组合而成故这个几何体的体积.故选A【点睛】本题主要考查三视图找几何体原图，考查几何体的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】若函数恰有4个不同的零点，令，即，讨论或，由求得，结合图象进而得到答案.【详解】函数，当时，的导数为，所以在时恒成立，所以在上单调递减，可令，再令，即有，当时，只有，只有两解；当时，有两解，可得或，由和各有两解，共4解，有，解得，可得的范围是：，故答案是：.【点睛】该题考查的是有关根据函数零点个数确定参数的取值范围的问题，涉及到的知识点有画函数的图

16、象，研究函数的单调性，分类讨论的思想，属于较难题目.14、【解析】由轴截面面积求得轴截面边长，从而得圆锥的底面半径和母线长【详解】设轴截面等边三角形边长为，则，故答案为【点睛】本题考查圆锥的侧面积，掌握侧面积计算公式是解题基础15、20【解析】设美国学者认为的一代为年，然后可得出寿命在、的家族企业的频率分别为、，然后利用平均数公式列方程解出的值，即可得出所求结果【详解】设美国学者认为的一代为年，然后可得出寿命在、的家族企业的频率分别为、，则家族企业的平均寿命为，解得，因此，美国学者认为“一代”应为年，故答案为.【点睛】本题考查平均数公式的应用，解题的关键要审清题意，将题中一些关键信息和数据收集

17、起来，结合相应的条件或公式列等式或代数式进行求解，考查运算求解能力，属于中等题16、1【解析】根据题意，由展开式的通项，令，可得，将代入通项计算可得答案【详解】根据题意，二项式的展开式的通项为，令，可得，此时，即含的系数为1，故答案为：1【点睛】本题考查二项式定理的应用，关键是掌握二项展开式的通项公式，属于中档题三、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、（）（）猜想证明见解析【解析】分析：（1）直接给n取值求出，.(2)猜想的通项公式，并用数学归纳法证明.详解：（）令，则，又，解得；令，则，解得；令，则，解得.（）由（）猜想；下面用数学归纳法证明.由（）可知当时，成立

18、；假设当时，则.那么当时，由 ，所以，又，所以，所以当时，.综上，.点睛：（1）本题主要考查数学归纳法，意在考查学生对该基础知识的掌握水平和基本计算能力.(2) 数学归纳法的步骤：证明当n=1时，命题成立。证明假设当n=k时命题成立，则当n=k+1时，命题也成立.由得原命题成立.18、证明见解析；.【解析】推出，从而平面，进而得出，再得出，从而平面，由此能证明平面平面；以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值.【详解】解：证明：平面平面，平面平面.平面，.在菱形中，可知为等边三角形，为中点，.，平面.平面，平面平面. 由知，平面，两两垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系.

19、设，则，.设为平面的法向量，由可得，取，同理可求平面的法向量，即二面角的余弦值等于. 【点睛】本题考查面面垂直的证明，线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算能力，考查函数与方程思想，属于中档题.19、 (1) (2) 【解析】（1） 由于椭圆是对称图形，得点，必在椭圆上，故，再分别讨论在上时和在上时椭圆的方程，根据题意进行排除，最后求解出结果（2） 设，利用向量的坐标运算表达出的值，根据对称性分类讨论设出直线的方程，联立椭圆方程，结合韦达定理，将转化为求函数的值域问题，从而求解出的范围【详解】解：（1）与关于轴对称，由题意知在上，当在上时，当在上时，与矛盾，椭圆的方程为 （2）设，、关于坐标原点对称，当与轴不垂直时，设直线的方程为，代入椭圆方程得，由于可以取任何实数，故当与轴垂直时，综上可得【点睛】本题主要考查圆锥曲线的综合性题目，解决这类题目常用数学思想方法有方程思想，数形结合思想，设而不求与整体代入思想等20、 (1) (2) 【解析】（1）先由题意得，进而可