安徽亳州利辛金石中学2022年数学高二下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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知成等差数列，成等比数列，则等于（ ）ABCD或2已知函数若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A1，0）B0，+）C1，+）D1，+）3已知，是的导数，若的展开式中的系数小于的展开式中的系数，则的取值范围是（）ABCD4一车间为

2、规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了4次试验，测得的数据如下零件数（个）2345加工时间（分钟）26 4954根据上表可得回归方程，则实数的值为（ ）A37.3B38C39D39.55设，则的展开式中的常数项为（ ）ABCD6下列命题中正确的是（ ）A若为真命题，则为真命题B“”是“”的充要条件C命题“，则或”的逆否命题为“若或，则”D命题：，使得，则：，使得7已知函数有三个不同的零点（其中），则的值为( )ABCD18已知双曲线与双曲线，给出下列说法，其中错误的是（ ）A它们的焦距相等B它们的焦点在同一个圆上C它们的渐近线方程相同D它们的离心率相等9甲乙丙丁四名学生报名参加

3、四项体育比赛，每人只报一项，记事件“四名同学所报比赛各不相同”，事件“甲同学单独报一项比赛”，则( )ABCD10函数的单调递减区间为（ ）ABCD11已知点P的极坐标是，则过点P且平行极轴的直线方程是ABCD12定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x),f(x)=f(x+4),且x(-1,0)时, f(x)=2x+A1 B45 C-1 D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13中，内角所对的边的长分别为，且，则_14计算：01(15已知“”是“”的充分不必要条件，且，则的最小值是_16已知随机变量，则的值为_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。

4、17（12分）已知曲线在处的切线方程为.（）求值.（）若函数有两个零点，求实数的取值范围.18（12分）如图，在棱长为1的正方体中，点在上移动，点在上移动，连接.（1）证明：对任意，总有平面；（2）当的长度最小时，求二面角的平面角的余弦值19（12分）设函数，(其中).（1）时,求函数的极值; （2）证：存在，使得在内恒成立，且方程在内有唯一解.20（12分）选修4-5：不等式选讲已知函数.（）当时，求函数的定义域；（）若关于的不等式的解集是，求的取值范围.21（12分）高铁、网购、移动支付和共享单车被誉为中国的“新四大发明”，彰显出中国式创新的强劲活力.某移动支付公司从我市移动支付用户中随机

5、抽取100名进行调查，得到如下数据：每周移动支付次数1次2次3次4次5次6次及以上总计男1087321545女546463055总计1512137845100（1）把每周使用移动支付超过3次的用户称为“移动支付活跃用户”，能否在犯错误概率不超过0.005的前提下，认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关？（2）把每周使用移动支付6次及6次以上的用户称为“移动支付达人”，视频率为概率，在我市所有“移动支付达人”中，随机抽取4名用户.求抽取的4名用户中，既有男“移动支付达人”又有女“移动支付达人”的概率；为了鼓励男性用户使用移动支付，对抽出的男“移动支付达人”每人奖励300元，记奖励总金额为X，求

6、X的分布列及均值.附公式及表如下：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.0763.8415.0246.6357.87910.82822（10分）已知函数.（I）当时，求曲线在点处的切线方程；（）若在区间上单调递增，求的取值范围；（）求在上的最小值.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】试题分析：因为成等差数列，所以因为成等比数列，所以，由得，故选B.考点：1、等差数列的性质；2、等比数列的性质.2、C【解析】分析：首先根据g（x）存在2个零点，得到方程有两个解，将其转化

7、为有两个解，即直线与曲线有两个交点，根据题中所给的函数解析式，画出函数的图像（将去掉），再画出直线，并将其上下移动，从图中可以发现，当时，满足与曲线有两个交点，从而求得结果.详解：画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.点睛：该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图像

8、以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果.3、B【解析】由展开式中的系数是，又，所以的展开式中的系数是，得到，继而解得结果【详解】由题意，函数展开式中的系数是，又，所以的展开式中x的系数是，依题意得，解得故选：B【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，以及导数的计算，其中解答熟记导数的运算公式和二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题4、C【解析】求出，代入回归方程，即可得到实数的值。【详解】根据题意可得：,，根据回归方程过中心点可得：，解得：；故答案选C【点睛】本题主要考查线性回归方程中参数的求法，熟练掌握回归方程过中心点是关键，属于基

9、础题。5、B【解析】利用定积分的知识求解出，从而可列出展开式的通项，由求得，代入通项公式求得常数项.【详解】 展开式通项公式为：令，解得： ，即常数项为：本题正确选项：【点睛】本题考查二项式定理中的指定项系数的求解问题，涉及到简单的定积分的求解，关键是能够熟练掌握二项展开式的通项公式的形式.6、B【解析】根据且、或命题真假性判断A选项真假，根据充要条件知识判断B选项真假，根据逆否命题的概念判断C选项真假，根据特称命题的否定是全称命题判断D选项真假.【详解】对于A选项，当真时，可能一真一假，故可能是假命题，故A选项为假命题.对于B选项，根据基本不等式和充要条件的知识可知，B选项为真命题.对于C选

10、项，原命题的逆否命题为“若且，则”，故C选项为假命题.对于D选项，原命题为特称命题，其否定是全称命题，要注意否定结论，即：，使得.综上所述，本小题选B.【点睛】本小题主要考查还有简单逻辑连接词真假性，考查充要条件，考查逆否命题，考查特称命题的否定是全称命题等知识，属于基础题.7、D【解析】令y=，从而求导y=以确定函数的单调性及取值范围，再令=t，从而化为t2+（a1）t+1a=0有两个不同的根，从而可得a3或a1，讨论求解即可【详解】令y=，则y=，故当x（0，e）时，y0，y=是增函数，当x（e，+）时，y0，y=是减函数；且=，=，=0；令=t，则可化为t2+（a1）t+1a=0，故结合

11、题意可知，t2+（a1）t+1a=0有两个不同的根，故=（a1）24（1a）0，故a3或a1，不妨设方程的两个根分别为t1，t2，若a3，t1+t2=1a4，与t1且t2相矛盾，故不成立；若a1，则方程的两个根t1，t2一正一负；不妨设t10t2，结合y=的性质可得，=t1，=t2，=t2，故（1）2（1）（1）=（1t1）2（1t2）（1t2）=（1（t1+t2）+t1t2）2又t1t2=1a，t1+t2=1a，（1）2（1）（1）=1；故选：D【点睛】本题考查了导数的综合应用及转化思想的应用，考查了函数的零点个数问题，考查了分类讨论思想的应用8、D【解析】根据题意，由两个双曲线的方程计算出

12、两个双曲线的焦点坐标，焦距，渐近线方程以及离心率，进而分析选项即可得到答案。【详解】根据题意，双曲线，其中，则，则焦距，焦点坐标，渐近线方程为，离心率；双曲线，其标准方程为，其中，则，则焦距，焦点坐标，渐近线为，离心率；据此依次分析选项：两个双曲线的焦距均为，故A正确；双曲线的焦点坐标，双曲线的焦点坐标，都在圆上，故B正确；渐近线方程均为，故C正确；双曲线的离心率，双曲线的离心率，离心率不相等，故选D【点睛】本题考查双曲线的基本性质，解题时要注意将双曲线的方程变为标准形式，属于基础题。9、D【解析】求出，根据条件概率公式即可得解.【详解】由题：，.故选：D【点睛】此题考查求条件概率，关键在于准

13、确求出AB的概率和B的概率，根据条件概率公式计算求解.10、D【解析】先求出函数的定义域，确定内层函数的单调性，再根据复合函数的单调性得出答案【详解】由题可得，即，所以函数的定义域为，又函数在上单调递减，根据复合函数的单调性可知函数的单调递减区间为，故选D【点睛】本题考查对数函数的单调性和应用、复合函数的单调性、二次函数的性质，体现了转化的数学思想，属于中档题11、D【解析】分析：把点的极坐标化为直角坐标，求出过点且平行极轴的直线直角坐标方程，再把它化为极坐标方程详解：把点的极坐标化为直角坐标为 故过点且平行极轴的直线方程是 ，化为极坐标方程为，故选D点睛：本题主要考查把点的极坐标化为直角坐标

14、，把直角坐标方程化为即坐标方程的方法，属于基础题12、C【解析】试题分析：由于，因此函数为奇函数，故函数的周期为4，即，故答案为C考点：1、函数的奇偶性和周期性；2、对数的运算二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析：利用余弦定理列出关系式，将已知等式变形代入，再利用正弦定理化简得到，进而得到的值.详解：，即， 又由余弦定理，正弦定理 则，即或. 若，由，得，由余弦定理，即有，.故答案为.点睛：此题考查了正弦定理和余弦定理，熟练掌握定理是解题的关键.14、e-【解析】试题分析：01(e考点：定积分15、【解析】先求解指数不等式，再运用充分不必要条件求解范围.【详解】，

15、则由题意得，所以能取的最小整数是【点睛】本题考查指数不等式和充分不必要条件，属于基础题.16、【解析】根据二项分布的期望公式求解.【详解】因为随机变量服从二项分布，所以.【点睛】本题考查二项分布的性质.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、 ()；()【解析】（）利切点为曲线和直线的公共点，得出，并结合列方程组求出实数、的值；（）解法1：由，得出，将问题转化为直线与曲线的图象有两个交点时，求出实数的取值范围，然后利用导数研究函数的单调性与极值，借助数形结合思想得出实数的取值范围；解法2：利用导数得出函数的极小值为，并利用极限思想得出当时，结合题意得出，从而得出实数

16、的取值范围【详解】（），；（）解法1：，函数有两个零点，相当于曲线与直线有两个交点.，当时，在单调递减，当时，在单调递增，时，取得极小值，又时，；时，；解法2：，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，时，取得极小值，又时，.【点睛】本题考查导数的几何意义，以及函数的零点个数问题，对于直线与函数曲线相切的问题，一般要抓住以下两点：（1）切点为切线和函数曲线的公共点，于此可列等式；（2）导数在切点处的导数值等于切线的斜率18、（1）见解析；（2）【解析】作，交于点，作，交于点，连接.通过证明四边形为平行四边形,可得,再根据直线与平面平行的判断定理可证.(2)根据题意计算得 ,再配方可得取最小值时

17、 分别为的中点,再取 为 , 连接，,可得是二面角的平面角,再计算可得.【详解】（1）证明：如图，作，交于点，作，交于点，连接.由题意得，且，则四边形为平行四边形.又，.（2）由（1）知四边形为平行四边形，.，.，.即，故当时，的长度有最小值分别取，的中点、，连接，易知，故是二面角的平面角在中，所以.【点睛】本题考查了直线与平面平行的判定定理,以及二面角,属中档题.19、 (1) ；;(2)见解析.【解析】（）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；（）求出f（x）的导数，通过讨论m的范围，求出f（x）的单调区间，求出满足条件的m的范围，从而证出结论即

18、可【详解】解：（I）当时, , 令,得,当变化时,的变化如下表:极大值极小值 由表可知,；（II）设，若要有解，需有单减区间，则要有解，由，记为函数的导数则 ，当时单增，令，由，得，需考察与区间的关系：当时，在上，单增，故单增，无解；当，时，因为单增，在上，在上当时， （i）若，即时，单增，无解；（ii）若，即，在上，单减；，在区间上有唯一解，记为；在上，单增 ，当时，故在区间上有唯一解，记为，则在上，在上，在上，当时，取得最小值，此时若要恒成立且有唯一解，当且仅当，即，由有联立两式解得.综上，当时，【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、函数恒成立问题，是一

19、道综合题20、（1）或（2）.【解析】试题分析：（1）函数去绝对值号化为分段函数即可求解；（2）分离参数得：在上恒成立，利用绝对值性质即可得到m范围内.试题解析：（1）由题意，令解得或，函数的定义域为或（2），即.由题意，不等式的解集是，则在上恒成立.而，故.点睛：恒成立问题是常见数学问题，一般可考虑分离参数处理，分离参数后问题转化为求最值，可考虑均值不等式、函数最值，绝对值的性质、三角函数等方法来处理.21、（1）在犯错误概率不超过0.005的前提下，能认为是否为“移动支付活跃用户”与性别有关. （2）答案见解析.【解析】（1）由题意完成列联表，结合列联表计算可得，即可求得答案； （2）视频率为概率，在我市“移动支付达人”中，随机抽取1名用户，该用户为男“移动支付达人”的概率为，女“移动支付达人”的概率为，结合已知，即可求得答案.【详解】（1）由表格数据可得列联表如下：非移动支付活跃用户移动支付活跃用户合计男252045女