2022年湖北省孝感市重点高中协作体数学高二第二学期期末质量检测模拟试题含解析

1、2021-2022高二下数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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。1一个单位有职工800人，其中具有高级职称的160人，具有中级职称的320人，具有初级职称的200人，其余人员120人.为了解职工收入情况，决定采用分层抽样的方法，从中抽取

2、容量为40的样本.则从上述各层中依次抽取的人数分别是 （ ）A12,24,15,9B9,12,12,7C8,15,12,5D8,16,10,62已知点满足，则到坐标原点的距离的点的概率为（ ）ABCD3若随机变量服从正态分布在区间上的取值概率是0.2，则在区间上的取值概率约是( )A0.3B0.4C0.6D0.84为了调查学生每天零花钱的数量（钱数取整数元），以便引导学生树立正确的消费观样本容量1000的频率分布直方图如图所示，则样本数据落在6,14）内的频数为（ ）A780B680C648D4605已知展开式的常数项为15，则（ ）AB0C1D-16设是平面内的两条不同直线，是平面内两条相交

3、直线，则的一个充分不必要条件是（ ）ABCD7抛物线的焦点为 ,过点的直线交抛物线于 、两点，点为轴正半轴上任意一点，则（ ）ABCD8分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦 曼德尔布罗特( )在20世纪70年代创立的一门新学科,它的创立，为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路下图按照的分形规律生长成一个树形图,则第13行的实心圆点的个数是( )A55个B89个C144个D233个9已知正三棱锥的外接球的半径为，且满足则正三棱锥的体积为()ABCD10若函数且）在R上既是奇函数,又是减函数,则的图象是（ ）ABCD11是双曲线的右焦点，过点向的一条渐近线引垂线，垂足为，交另一条渐近线于点，若，

4、则的离心率是（ ）ABCD12函数的图象大致是 ( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13若直线（t为参数）与直线垂直，则常数= 14若关于的不等式（，且）的解集是，则的取值的集合是_15函数在区间的最大值为_16设是定义在R上的奇函数，在上单调递减，且，给出下列四个结论： ； 是以2为周期的函数；在上单调递减； 为奇函数. 其中正确命题序号为_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）已知数列满足：，（R，N*）（1）若，求证：；（2）若，求证：18（12分）已知函数讨论函数的单调性；当时，求函数在区间上的零点个数.19（12分）已知

5、数列满足（1）求；（2）求数列的前n项和；（3）已知是公比q大于1的等比数列，且，设，若是递减数列，求实数的取值范围20（12分）已知函数，.（）当时，求函数在点处的切线方程；（）当时，讨论函数的零点个数.21（12分）用数学归纳法证明：当时，能被7整除22（10分）三棱锥中，平面平面，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若，求证：平面.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、D【解析】试题分析：由题意，得抽样比为，所以高级职称抽取的人数为，中级职称抽取的人数为，初级职称抽取的人数为，其余人员抽取的人数为，所以各层中

6、依次抽取的人数分别是8人，16人，10人，6人，故选D考点：分层抽样【方法点睛】分层抽样满足“”，即“或”，据此在已知每层间的个体数量或数量比，样本容量，总体数量中的两个时，就可以求出第三个2、B【解析】作出图象，得到点P的坐标围成的图形是以原点为中心的边长为正方形，到坐标原点O的距离的点P围成的图形是以原点为圆心，半径为1的圆，由此利用几何概型能求出到坐标原点O的距离的点P的概率【详解】点满足，当，时，；当，时，；当，时，；当，时，作出图象，得到点P的坐标围成的图形是以原点为中心的边长为正方形，到坐标原点O的距离的点P围成的图形是以原点为圆心，半径为1的圆，到坐标原点O的距离的点P的概率为：

7、故选：B.【点睛】本题考查概率的求法，几何概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题3、A【解析】根据正态分布曲线的对称性可知，在区间上的取值概率是0.2，可得在区间上的取值概率是0.6，从而可得在区间上的取值概率。【详解】解：据题设分析知，因为随机变量服从正态分布且，根据对称性可得，所求概率，故选A .【点睛】本题考查了正态分布的应用，解题的关键是熟知正态曲线是关于对称，在正态曲线下方和x轴上方范围内的区域面积为1等正态密度曲线图象的特征.4、B【解析】试题分析：频率分布直方图中每个小方块的面积就是相应的频率，因此所求结论为.考点：频率分布直方图.5、A【解析】先求出二项式展开式的通项公式，

8、再令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项，再根据常数项为15，求得的值【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，令，求得，可得展开式中的常数项为，由此求得，故选：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题6、B【解析】试题分析：A不能得出，所以本题条件是的不充分条件；B，当时，不一定有故本命题正确；C不能得出，故不满足充分条件；D不能得出，故不满足充分条件；故选B.考点：平面与平面垂直的方法.7、B【解析】分析：设，则，由利用韦达定理求解即可.详解：设，的焦点，设过点的直线为，故选B.点睛：本题主要考查平面向量数量积公式、平面向量的运

9、算、直线与抛物线的位置关系，意在考查综合运用所学知识解决问题的能力，考查转化与划归思想以及计算能力，属于中档题.8、C【解析】分析：一一的列举出每行的实心圆点的个数，观察其规律，猜想：，得出结论即可，选择题我们可以不需要完整的理论证明详解：行数12345678910111213球数01123581321345589144，由此猜想：，故选C点睛：观察规律，把行数看成数列的项数，个数看作数列的项，尽可能的多推导前面有限项看出规律9、A【解析】根据判断出为等边三角形的中心，由此求得正三棱锥的底面积和高，进而求得正三棱锥的体积.【详解】由于三棱锥是正三棱锥，顶点在底面的射影是底面中心.由可知，为等边

10、三角形的中心，由于正三棱锥的外接球的半径为，故由正弦定理得，且正三棱锥的高为球的半径，故正三棱锥的体积为.所以本小题选A.【点睛】本小题主要考查正三棱锥的几何性质，考查向量加法运算，考查几何体外接球有关问题的求解，属于中档题.10、A【解析】由题意首先确定函数g(x)的解析式，然后结合函数的解析式即可确定函数的图像.【详解】函数(a0,a1)在R上是奇函数，f(0)=0，k=2，经检验k=2满足题意，又函数为减函数，所以，所以g(x)=loga(x+2)定义域为x2，且单调递减，故选A.【点睛】本题主要考查对数函数的图像，指数函数的性质，函数的单调性和奇偶性的应用等知识，意在考查学生的转化能力

11、和计算求解能力.11、A【解析】试题分析：由题意得，因此，选A.考点：双曲线离心率【名师点睛】求双曲线的离心率（取值范围）的策略求双曲线离心率是一个热点问题若求离心率的值，需根据条件转化为关于a，b，c的方程求解，若求离心率的取值范围，需转化为关于a，b，c的不等式求解，正确把握c2a2b2的应用及e1是求解的关键12、A【解析】因为 ，所以舍去B,D;当时， 所以舍C，选A.点睛：有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路(1)由解析式确定函数图象的判断技巧：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；由函数的单调性，判断图象的变化趋势；由函数的奇偶性，判断图象

12、的对称性；由函数的周期性，判断图象的循环往复(2)由实际情景探究函数图象关键是将问题转化为熟悉的数学问题求解，要注意实际问题中的定义域问题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】试题分析：把直线（t为参数）消去参数，化为直角坐标方程可得3x+2y 7=1再根据此直线和直线4x+ky=1垂直，可得，解得k= 6，故选B.考点：参数方程.14、【解析】由题意可得当x=时，4x =log2ax，由此求得a的值【详解】关于x的不等式4xlog2ax（a0，且a）的解集是x|0 x，则当x=时，4x =log2ax，即 2=log2a，（2a）2=，2a=，a=，故答案为【点睛】本

13、题主要考查指数不等式、对数不等式的解法，体现了转化的数学思想，属于中档题15、【解析】利用导数，判断函数的单调性，可得结果.【详解】由，所以当时，所以则在单调递增，所以故答案为：【点睛】本题考查函数在定区间的最值，关键在于利用导数判断函数的单调性，属基础题.16、【解析】分析：由，用赋值法求解即可；由奇函数和，可得；可得函数关于对称，可得在上单调递增；结合，可得为奇函数.详解：函数是定义在上的奇函数，又，正确.奇函数和，函数的周期是,正确.是奇函数,即函数关于对称，因为在上单调递减，所以在上单调递增，不正确.是奇函数, 函数的周期是,所以,所以 是奇函数，正确, 故答案为.点睛：本题主要通过对

14、多个命题真假的判断，主要综合考查函数的单调性、函数的奇偶性、函数的图象与性质，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.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）见解析（2）见解析【解析】（1）用数学归纳法证明结论即可；（2）因为（N*），则，然后用反证法证明当时有矛盾，所以原不等式成立即可.【详解】（1）当时，下面用数学归纳法证明：当时，结论成立； 假设当时，有成立，

15、则当时，因，所以时结论也成立综合可知（N*）成立 （2）因为（N*），则， 若，则当时，与矛盾所以【点睛】本题考查数列的递推公式、数学归纳法证明、反证法等知识，属于中档题.18、 (1)见解析；(2)见解析【解析】（1）先对函数求导，分别讨论，即可得出结果；（2）先由（1）得时，函数的最大值，分别讨论，即可结合题中条件求出结果.【详解】解：（1） ， ， 当时， 当时，当时，；当时，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）由（1）得， 当，即时，函数在内有无零点； 当，即时，函数在内有唯一零点，又，所以函数在内有一个零点； 当，即时，由于，若，即时，由函数单调性知使得，使得

16、,故此时函数在内有两个零点； 若，即时，且，由函数的单调性可知在内有唯一的零点，在内没有零点，从而在内只有一个零点综上所述，当时，函数在内有无零点；当时，函数在内有一个零点；当时，函数在内有两个零点【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性、最值等，属于常考题型.19、（1）（2）（3）【解析】（1）利用项和转换可得，即得；（2），裂项求和法可得解；（3）代入，可得，转化是递减数列为恒成立，化简可得，恒成立，又是递减数列，即得解.【详解】（1）由题意，数列的前n项和当时，有，所以当时，所以，当时，又符合时与n的关系式，所以（2），（3）由，得又，

17、所以所以因为是递减数列，所以，即化简得所以，恒成立又是递减数列，所以的最大项为所以，即实数的取值范围是【点睛】本题考查了数列综合，考查了项和转换、裂项求和、数列的单调性等知识点，考查了学生综合分析，转化划归，分类讨论，数学运算的能力，属于较难题.20、（）；（）分类讨论，详见解析.【解析】（）由已知得，求得，由点斜式方程可得解.（）由已知得，分类讨论，四种情况下的零点个数.【详解】解：（），又，切线方程为.（），当时，即在上为增函数，在上有一个零点.当时，在上有一个零点.当时，在上为增函数，上为减函数，此时在上有一个零点.当时，易知在上为增函数，上为减函数，又有，当，即时，在上有一个零，当时，在上有两个零.综上所述，当时，函数在上有一个零；当时，函数在上有两个零点.【点睛】本题考查了用导数求过曲线上一点的切线方程和讨论函数零点个数问题，考查了分类讨论的思想，属于难题.21、见解析【解析】运用数学归纳法证明，考虑检验成立，再假设成立，证明时，注意变形，即可得证【详解】证：当时，能被7整除； 假设时，能被7整除，那么当时，由于能被7整除，能被7整除，可得能被7整除，即当时，能被7整除；综上可得当时，能被7整除.【点