2022年藏拉萨那曲第二高级中学数学高二第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题

2、卡一并交回。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函数f(x)=x+1AB C D 2已知函数的最大值为，最小值为，则等于（ ）A0B2C4D83某产品生产厂家的市场部在对4家商场进行调研时，获得该产品售价单位：元和销售量单位：件之间的四组数据如表： 售价x46销售量y1211109为决策产品的市场指导价，用最小二乘法求得销售量y与售价x之间的线性回归方程，那么方程中的a值为A17BC18D4复数在复平面上对应的点不可能在（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限5若等比数列的各项均为正数，则（ ）ABC12D246某产品的

3、广告费用万元与销售额万元的统计数据如下表：根据以上数据可得回归直线方程，其中，据此模型预报广告费用为6万元时，销售额为65.5万元，则，的值为（ ）A，B，C，D，7点A、B在以PC为直径的球O的表面上，且ABBC，AB=2，BC=4，若球O的表面积是24，则异面直线PB和AC所成角余弦值为（ ）A33B32C108命题的否定是（ ）ABCD9以，为端点的线段的垂直平分线方程是ABCD10某校高中三个年级人数饼图如图所示，按年级用分层抽样的方法抽取一个样本，已知样本中高一年级学生有8人，则样本容量为（ ）A24B30C32D3511对四组数据进行统计，获得如图所示的散点图，关于其相关系数的比较

4、，正确的是()Ar2r40r3r1Br4r20r1r3Cr4r20r3r1Dr2r40r10，x-1，-1x0时，f(x)=logax是增函数，只有A、B符合，排除Cx0，r30，图(2)与图(4)是负相关，故r20，r40，且图(1)与图(2)的样本点集中在一条直线附近，因此r2r40r30)，则，当xe时,mm(e)=0，当0 xe时,mm(e)=0，mm(e)=e，解得a0或.实数a的取值范围是(,0),+).14、.【解析】方法一：4个相同球放进3个不同的盒子,先加进3个球，变成7个相同球，用隔板法解决，有个结果，再将多加进的球取出， 4个相同球放进3个不同的盒子，每个盒子至少一个球，

5、4个相同的球之间有3个间隔，再用隔板法解决，可得解；方法二：4个相同球放进3个不同的盒子,有以下4种情形：1、4个相同的小球一起，放入3个不同的盒子中； 2、4个相同的小球有3个小球放在一起，放入3 个不同的盒子中；3、4个相同的小球有2个小球在一起，另2个也在一起，放入3个不同的盒子中；4、4个相同的小球有2个小球在一起在一个盒子中，另2个小球分别在两个盒子中，所以4个相同的小球放入3个不同的盒子中共有15种不同的结果，而“没有一个空盒子”的情况就是上述的第4种情况，可得解.【详解】方法一：4个相同球放进3个不同的盒子,先加进3个球，变成7个相同球，放进3个不同盒子，保证每个盒子至少一个球，

6、7个相同的球之间有6个间隔，用隔板法解决，有个结果，再将多加进的球取出，“没有一个空盒子”记为随机事件A, 4个相同球放进3个不同的盒子，每个盒子至少一个球，4个相同的球之间有3个间隔，用隔板法解决，有个结果，故，所以“没有一个空盒子”的概率为；方法二：4个相同球放进3个不同的盒子,有以下4种情形：1、4个相同的小球一起，放入3个不同的盒子中有3个不同的结果；2、4个相同的小球有3个小球放在一起，放入3 个不同的盒子中有6种不同的结果；3、4个相同的小球有2个小球在一起，另2个也在一起，放入3个不同的盒子中有3种不同的结果；4、4个相同的小球有2个小球在一起在一个盒子中，另2个小球分别在两个盒

7、子中，共有3种不同的结果，所以4个相同的小球放入3个不同的盒子中共有15种不同的结果，而“没有一个空盒子”的情况就是上述的第4种情况，共有3个不同的结果，所以“没有一个空盒子”的概率为，故填：.【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型的基础知识，利用隔板法和枚举法是解决此类问题的常用方法.属于中档题15、【解析】分析：随机变量服从二项分布，那么，即可求得答案.详解：随机变量服从二项分布，那么，即.故答案为：.点睛：求随机变量X的均值与方差时，可首先分析X是否服从二项分布，如果XB(n，p)，则用公式E(X)np；D(X)np(1p)求解，可大大减少计算量16、a|a3或a6【解析】求出有两个不

8、相等的实数解，即可求出结论.【详解】函数有极值，则有两个不相等的实数解，或.故答案为:或.【点睛】本题考查极值存在求参数，熟练掌握三次函数图像特征及性质是解题关键，属于基础题.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】分析：（1）由参数方程消去参数t即可得直线的普通方程，利用直角坐标与极坐标的互化公式即可得曲线的直角坐标方程；（2）由（1）求出圆心坐标和半径，由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，代入弦长公式求出.详解：（1）直线：（为参数）的普通方程为.因为，所以，所以，又，故曲线的普通方程为.（2）据（1）求解知，直线的普通方程为，曲线

9、：为以点为圆心，半径长为的圆，所以点到直线的距离，所以直线被曲线截得线段的长为.点睛：转化与化归思想在参数方程、极坐标问题中的运用在对坐标系与参数方程的考查中，最能体现坐标法的解题优势，灵活地利用坐标法可以使问题得到简捷的解答例如，将题设条件中涉及的极坐标方程和参数方程等价转化为直角坐标方程，然后在直角坐标系下对问题进行求解就是一种常见的解题方法，对应数学问题求解的“化生为熟”原则，充分体现了转化与化归的数学思想18、（1），猜想，见解析；（2）【解析】（1）分别计算，猜想得，然后依据数学归纳法的证明步骤，可得结果.（2）根据（1）得，然后利用裂项相消法，可得结果.【详解】（1）当时，解得当时

10、，即，得 当时，即，得猜想，下面用数学归纳法证明：当时， ，猜想成立假设当时，猜想成立，即， ，则当时， ，所以猜想成立综上所述， 对于任意，均成立（2）由（1）得所以则【点睛】本题考查数学归纳法证明方法以及裂项相消法求和，熟练掌握数学归纳法的步骤，同时对常用的求和方法要熟悉，属基础题.19、（1）(x2)2y24；（2）2.【解析】（1）圆C的极坐标方程化为直角坐标方程，直线l的参数方程代入圆C的的直角坐标方程，利用直线参数方程的几何意义，即可求解；（2）要求ABP的面积的最大值，只需求出点P到直线l距离的最大值，将点P坐标设为圆方程的参数形式，利用点到直线的距离公式以及三角函数的有界性，即

11、可求解.【详解】(1)由4cos 得24cos ，所以x2y24x0，所以圆C的直角坐标方程为(x2)2y24.设A，B对应的参数分别为t1，t2.将直线l的参数方程代入圆C：(x2)2y24，并整理得t2t0，解得t10，t2.所以直线l被圆C截得的弦AB的长为|t1t2|.(2)由题意得，直线l的普通方程为xy40.圆C的参数方程为 (为参数)，可设圆C上的动点P(22cos ，2sin )，则点P到直线l的距离d，当1时，d取得最大值，且d的最大值为2.所以SABP(2)2，即ABP的面积的最大值为2.【点睛】本题考查极坐标方程与直角坐标方程互化，考查直线参数方程几何意义的应用，以及利用

12、圆的参数方程求最值，属于中档题.20、（）详见解析；（）0.【解析】（）对分三种情况讨论，利用导数求的单调区间；（）先求出函数h(x)在上单调递减，在上单调递增，再求出，即得解.【详解】解：（I）时，令令故在单调递增，在上单调递减；01时，恒成立，故在单调递增.时，令令故在单调递减，在上单调递增；综上：在单调递增，在上单调递减；时在单调递增.时，在单调递减，在上单调递增.（II）当时，由于在上单调递增且故唯一存在使得即故h(x)在上单调递减，在上单调递增，故又且在上单调递增，故即依题意：有解，故又故【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数研究不等式存在性问题，意在考查学生对这

13、些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21、 (1) (2)见解析（3）见解析【解析】分析：（1）先求一阶导函数，用点斜式写出切线方程（2）先求一阶导函数的根，求解或的解集，判断单调性。（3）根据（2）的结论，求出极值画出函数的示意图，分析函数只有一个零点的等价条件是极小值大于零，函数在是减函数，故必然有一个零点。详解：（1）因为，所以；又。由题意得，解得 （2），其定义域为，又，令或。当即时，函数与随的变化情况如下：当时，当时，。所以函数在单调递增，在和单调递减 当即时，所以，函数在上单调递减 当即时，函数与随的变化情况如下：当时，当时，。所以函数在单调递增在和 上单调递减（3）证明：当时，由知，的极小值为，极大值为. 因为且又由函数在是减函数，可得至多有一个零点又因为，所以 函数只有一个零点， 且.点睛：利用导数求在某点切线方程利用，即可，方程的根、函数的零点、两个函数图像