2022年甘肃省天水地区高二数学第二学期期末联考试题含解析

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在等比数列an中，a1=4，公比为q，前n项和为Sn，若数列A2 B-2 C3 D-32已知矩形ABCD中，AB2，BC1，F为线段CD上一动点（不含端点），现将ADF沿

2、直线AF进行翻折，在翻折过程中不可能成立的是（）A存在某个位置，使直线AF与BD垂直B存在某个位置，使直线AD与BF垂直C存在某个位置，使直线CF与DA垂直D存在某个位置，使直线AB与DF垂直3在平面直角坐标系中，若，则的最小值是（）A.B.C.D.4设定义在上的函数的导函数为，若，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（ ）ABCD5如图，表示三个开关，设在某段时间内它们正常工作的概率分别是0.9、0.8、0.7，那么该系统正常工作的概率是（ ）A0.994B0.686C0.504D0.4966如图，在菱形ABCD中，线段AD，BD，BC的中点分别为E，F，K，连接EF，FK现将绕对角线B

3、D旋转，令二面角ABDC的平面角为，则在旋转过程中有（）ABCD7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A17BC18D8给出下列三个命题：“若，则”为假命题；若为真命题，则,均为真命题；命题，则.其中正确的个数是（ ）A0B1C2D39的展开式中的系数为（ ）A100B80C60D4010命题“，”的否定为（ ）A，B，C，D，11已知函数，其图象关于直线对称，为了得到函数的图象，只需将函数的图象上的

4、所有点（ ）A先向左平移个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变B先向右平移个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变C先向右平移个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变D先向左平移个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变12某个命题与正整数有关，如果当时命题成立，那么可推得当 时命题也成立。现已知当n=8时该命题不成立，那么可推得A当n=7时该命题不成立B当n=7时该命题成立C当n=9时该命题不成立D当n=9时该命题成立二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为4

5、：3：3，现用分层抽样的方法从该校高中三个年级的学生中抽取容量为80的样本，则应从高一抽取的学生人数为_名14若，且的最小值是_.15费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形最大内角小于时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等均为.根据以上性质，函数的最小值为_16已知平面上1个三角形最多把平面分成2个部分，2个三角形最多把平面分成8个部分，3个三角形最多把平面分成20个部分，4个三角形最多把平面分成38个部分，5个三角形最多把平面分成62个部分，以此类推，平面上个三角形最多把平面分成 _个部分.三、解答题：共70分。解答应写出文

6、字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知实数a0且a1设命题p：函数f（x）logax在定义域内单调递减；命题q：函数g（x）x22ax+1在（，+）上为增函数，若“pq”为假，“pq”为真，求实数a的取值范围18（12分） (1)设是两个正实数，且，求证：；（2）已知是互不相等的非零实数，求证：三个方程， 中至少有一个方程有两个相异实根19（12分）已知的展开式的各项系数之和等于的展开式中的常数项.求：(1)展开式的二项式系数和；(2)展开式中项的二项式系数.20（12分）假设某种人寿保险规定，投保人没活过65岁，保险公司要赔偿10万元；若投保人活过65岁，则保险公司不赔偿，但要给投保

7、人一次性支付4万元已知购买此种人寿保险的每个投保人能活过65岁的概率都为，随机抽取4个投保人，设其中活过65岁的人数为，保险公司支出给这4人的总金额为万元(参考数据：)(1)指出X服从的分布并写出与的关系；(2)求.(结果保留3位小数)21（12分）有甲、乙两个游戏项目，要参与游戏，均需每次先付费元（不返还），游戏甲有种结果：可能获得元，可能获得元，可能获得元，这三种情况的概率分别为，；游戏乙有种结果：可能获得元，可能获得元，这两种情况的概率均为.（1）某人花元参与游戏甲两次，用表示该人参加游戏甲的收益（收益=参与游戏获得钱数-付费钱数），求的概率分布及期望；（2）用表示某人参加次游戏乙的收益

8、，为任意正整数，求证：的期望为.22（10分）已知函数对任意实数都有，且.（I）求的值，并猜想的表达式；（II）用数学归纳法证明（I）中的猜想.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、C【解析】由题意，得S1+2=4,S2+2=4q+6,S3+2=4q2+4q+6点睛：本题若直接套用等比数列的求和公式进行求解，一是计算量较大，二是往往忽视“q=1”的特殊情况，而采用数列的前三项进行求解，大大降低了计算量，也节省的时间，这是处理选择题或填空题常用的方法. 2、C【解析】连结BD，在中，可以作于O，并延长交CD于F，得到成立

9、，得到A正确；由翻折中，保持不变，可得到B正确；根据翻折过程中，可得到C错误；根据翻折过程中，保持不变，假设成立，得到平面ABD，结合题中条件，进而可得出结果.【详解】对于A，连结BD，在中，可以作于O，并延长交CD于F，则成立，翻折过程中，这个垂直关系保持不变，故A正确；对于B，在翻折过程中，保持不变，当时，有平面，从而，此时，AD1，AB2，BD，故B正确；对于C，在翻折过程中，保持不变，若成立，则平面CDF，从而，AD1，AC，得CD2，在翻折过程中，即CD2，所以，CD2不成立，C不正确；对于D，在翻折过程中，保持不变，若成立，则平面ABD，从而，设此时，则BF，BD，只要，BD就存在

10、，所以D正确选C【点睛】本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，熟记线面垂直的判定定理与性质定理即可，属于常考题型.3、A【解析】试题分析：设P（x,y）,则，所以，所以P点轨迹为，根据条件，可以整理得到：，所以M,Q,N三点共线，即Q点在直线MN上，由M（8，0），N（0，8）可知Q点在直线上运动，所以的最小值问题转化为圆上点到直线的最小距离，即圆心到直线的距离减去圆的半径，。考点：1.平面向量的应用；2.直线与圆的位置关系。4、A【解析】构造函数，则可判断，故是上的增函数，结合即可得出答案.【详解】解：设，则，是上的增函数，又，的解集为，即不等式的解集为.故选A.【点睛】本题考查导数与函数

11、单调性的关系，构造函数是解题的关键.5、B【解析】由题中意思可知，当、元件至少有一个在工作，且元件在工作时，该系统正常公式，再利用独立事件的概率乘法公式可得出所求事件的概率【详解】由题意可知，该系统正常工作时，、元件至少有一个在工作，且元件在元件，当、元件至少有一个在工作时，其概率为，由独立事件的概率乘法公式可知，该系统正常工作的概率为，故选B【点睛】本题考查独立事件的概率乘法公式，解题时要弄清楚各事件之间的关系，在处理至少等问题时，可利用对立事件的概率来计算，考查计算能力，属于中等题6、B【解析】首先根据旋转前后的几何体，表示和，转化为在两个有公共底边的等腰三角形比较顶角的问题，还需考虑和两

12、种特殊情况.【详解】如图，绕旋转形成以圆为底面的两个圆锥，(为圆心，为半径，为的中点)，当且时，与等腰中，为公共边，,.当时，,当时，,综上，。C.D选项比较与的大小关系，如图即比较与的大小关系，根据特殊值验证：又当时，,当时， ，都不正确.故选B.【点睛】本题考查了二面角的相关知识，考查空间想象能力，难度较大，本题的难点是在动态的旋转过程中，如何转化和，从而达到比较的目的，或考查和两种特殊情况，可快速排除选项.7、B【解析】求出样本中心点，代入线性回归方程，即可求出a的值【详解】由题意，线性回归方程，故选：B【点睛】本题考查回归分析，考查线性回归直线过样本中心点，在一组具有相关关系的变量的数

13、据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x与Y之间的关系，这条直线过样本中心点8、B【解析】试题分析：若，则且，所以正确；若为真命题，则，应至少有一个是真命题，所以错；正确考点：1.四种命题；2.命题的否定9、D【解析】由二项式项的公式，直接得出x2的系数等于多少的表达式，由组合数公式计算出结果选出正确选项【详解】因为的展开式中含的项为,故的系数为40.故选：D【点睛】本题考查二项式系数的性质，根据项的公式正确写出x2的系数是解题的关键，对于基本公式一定要记忆熟练10、A【解析】全称命题的否定为特称命题，易得命题的否定为，.【详解】因为命题“，”为全称命题，所以命题的否定为特称

14、命题，即，故选A.【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，注意“任意”要改成“存在”.11、D【解析】由函数的图象关于直线对称，得，进而得再利用图像变换求解即可【详解】由函数的图象关于直线对称，得，即，解得，所以，故只需将函数的图象上的所有点“先向左平移个单位长度，得再将横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变,得”即可.故选：D【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查图像变换，考查运算求解能力，是中档题12、A【解析】根据逆否命题和原命题的真假一致性得，当时命题不成立，则命题也不成立，所以选A.【详解】根据逆否命题和原命题的真假一致性得，当时命题不成立，则命题也不成立，所以当时命题不成立，则命

15、题也不成立，故答案为：A【点睛】(1)本题主要考查数学归纳法和逆否命题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 互为逆否关系的命题同真同假，即原命题与逆否命题的真假性相同，原命题的逆命题和否命题的真假性相同.所以，如果某些命题（特别是含有否定概念的命题）的真假性难以判断，一般可以判断它的逆否命题的真假性.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、32【解析】试题分析：设高一年级抽取x名学生，所以x80考点：分层抽样14、9【解析】根据基本不等式的性质，结合乘“1”法求出代数式的最小值即可【详解】，,当且仅当 时“=”成立，故答案为9.【点睛】本题考查了基本不等式的性

16、质，考查转化思想，属于基础题15、【解析】函数表示的是点（x,y）到点C（1，0）的距离与到点B（-1，0），到A（0，2）的距离之和，连接这三个点构成了三角形ABC，由角DOB为，角DOC为，OD=，OC=，OA=，距离之和为：2OC+OA，求和即可.【详解】根据题意画出图像并建系，D为坐标原点函数表示的是点（x,y）到点C（1，0）的距离与到点B（-1，0），到A（0，2）的距离之和，设三角形这个等腰三角形的费马点在高线AD上，设为O点即费马点，连接OB，OC，则角DOB为，角DOC为，B（-1，0）C（1，0），A（0，2），OD=，OC=，OA=，距离之和为：2OC+OA=+=2+.故

17、答案为.【点睛】这个题目考查了点点距的公式，以及解三角形的应用，解三角形的范围问题常见两类，一类是根据基本不等式求范围，注意相等条件的判断；另一类是根据边或角的范围计算，解题时要注意题干信息给出的限制条件.16、【解析】设面上个三角形最多把平面分成个部分，归纳出，利用累加法的到答案.【详解】设面上个三角形最多把平面分成个部分. 归纳： 利用累加法： 故答案为：【点睛】本题考查了归纳推理，累加法，综合性强，意在考查学生归纳推理和解决问题的能力.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】先分别求得p，q为真时的a的范围，再将问题转化为p，q一真一假时，分类讨论可得

18、答案【详解】函数f（x）logax在定义域内单调递减，0a1即：p：a|0a1a0且a1，p：a|a1，g（x）x22ax+1在（，+）上为增函数，a又a0且a1，即q：a|0aq：a|a且a1又“pq”为假，“pq”为真，“p真q假”或“p假q真”当p真q假时，a|0a1a|a且a1a|a1当p假q真时，a|a1a|0a，综上所述：实数a的取值范围是：a|a1【点睛】本题主要考查复合命题之间的关系，根据不等式的性质分别求得命题p，q为真时的参数的范围是解决本题的关键，考查分类讨论的思想，比较基础18、（1）见解析；（2）见解析【解析】(1)先证明，再在两边同时乘以正数(a+b),不等式即得证

19、；（2）利用反证法证明即可.【详解】(1)证明：，而均为正数，成立(2)证明：假设三个方程中都没有两个相异实根，则，相加有，则，与由题意、互不相等矛盾假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根【点睛】本题主要考查不等式的证明，考查反证法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19、 (1)(2)【解析】根据通项公式,求出二项式的常数项,再求出的展开式的各项系数之和,根据题意可以求出的值；(1)直接运用二项式展开式二项式系数和公式求解即可；(2)运用二项式的通项公式即可求出展开式中项的二项式系数.【详解】二项式的通项公式为：,令,因此的展开式中的常数项为：,在中,令,所以的展开式的各项系数之和为,由题意可知：.,(1) 因为,所以展开式的二项式系数和为；(2) 因为,所以二项式的通项公式为：,令,所以展开式中项的二项式系数为：.【点睛】本题考查