2022年广东惠州市数学高二下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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、目要求的。1已知是可导函数，且对于恒成立，则ABCD2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3在一次独立性检验中，其把握性超过99但不超过99.5，则的可能值为（ ）参考数据：独立性检验临界值表0.1000.0500.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828A5.424B6.765C7.897D11.8974如图过抛物线焦点的直线依次交抛物线与圆于A、B、C、D，则A4B2C1D5用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3000的四位

3、数，这样的四位数有（ ）A250个B249个C48个D24个6甲、乙两位同学将高三6次物理测试成绩做成如图所示的茎叶图加以比较（成绩均为整数满分100分），乙同学对其中一次成绩记忆模糊，只记得成绩不低于90分且不是满分，则甲同学的平均成绩超过乙同学的平均成绩的概率为（ ）ABCD7下列命题中真命题的个数是（ ）若样本数据，的方差为16，则数据，的方差为64；“平面向量，夹角为锐角，则”的逆命题为真命题； 命题“，”的否定是“，”；若：，：，则是的充分不必要条件.A1B2C3D48如图所示的电路有a，b，c，d四个开关，每个开关断开与闭合的概率均为且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为（ ）ABCD

4、9设，“”，“”，则是的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件10下列函数中，既是偶函数，又是在区间上单调递减的函数为（ ）ABCD11已知数列的前项和为，且满足，则下列结论中（ ）数列是等差数列；A仅有正确B仅有正确C仅有正确D均正确12若函数在上单调递增，则的取值范围是( )ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在中，角所对的边分别为，已知，且的面积为，则的周长为_.14函数部分图象如图，则函数解析式为_.15观察如图等式，照此规律，第个等式为_. 16由曲线与直线所围成的封闭图形的面积为_三、解答题：共70分。解答应写出文字说

5、明、证明过程或演算步骤。17（12分）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值18（12分）已知的内角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，是中点，求的长.19（12分）已知平面内点到点的距离和到直线的距离之比为，若动点P的轨迹为曲线C（I）求曲线C的方程；（II）过F的直线与C交于A，B两点，点M的坐标为设O为坐标原点.证明：20（12分）函数.（1）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；（2）求证：，时，.21（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）若不等式的解集包含，求实数的取值范围.

6、22（10分）已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性；（2）若不等式对于任意恒成立，求正实数的取值范围.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】分析：构造函数，利用导数判断其单调性即可得出.详解：已知是可导函数，且对于恒成立，即恒成立，令，则，函数在R上单调递减，即，化为.故选：D.点睛：本题是知识点交汇的综合题，考查综合运用函数思想解题的能力，恰当构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.2、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

7、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.3、B【解析】根据独立性检验表解题【详解】 把握性超过99但不超过99.5，选B【点睛】本题考查独立性检验表，属于简单题4、C【解析】根据

8、抛物线的几何意义转化，再通过直线过焦点可知，即可得到答案.【详解】抛物线焦点为，,，于是，故选C.【点睛】本题主要考查抛物线的几何意义，直线与抛物线的关系，意在考查学生的转化能力，计算能力及分析能力.5、C【解析】先考虑四位数的首位，当排数字4,3时，其它三个数位上课从剩余的4个数任选4个全排，得到的四位数都满足题设条件，因此依据分类计数原理可得满足题设条件的四位数共有个，应选答案C。6、C【解析】首先求得甲的平均数，然后结合题意确定污损的数字可能的取值，最后利用古典概型计算公式求解其概率值即可.【详解】由题意可得：，设被污损的数字为x，则：，满足题意时，即：，即x可能的取值为,结合古典概型计

9、算公式可得满足题意的概率值：.故选C.【点睛】本题主要考查茎叶图的识别与阅读，平均数的计算方法，古典概型计算公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7、C【解析】分析：对四个命题逐一分析即可.详解：对于，由方差的性质得：则数据，的方差为，故正确；对于，逆命题为平面向量，满足，则向量，夹角为锐角，是假命题，故错误；对于，命题“，”的否定是“，”，正确；对于，是的充分不必要条件，故正确.故选C.点睛：本题主要考查命题的真假判断，涉及知识点较多，综合性较强，但难度不大.8、C【解析】由独立事件同时发生的概率公式计算把组成一个事整体，先计算它通路的概率【详解】记通路为事件，则，所以灯泡亮的概

10、率为故选：C.【点睛】本题考查相互独立 事件同时发生的概率，由独立事件的概率公式计算即可9、C【解析】利用不等式的性质和充分必要条件的定义进行判断即可得到答案.【详解】充分性：.所以即：，充分性满足.必要性：因为，所以，.又因为，所以，即.当时，不等式不成立.当时，不等式不成立当时，不等式成立.必要性满足.综上：是的充要条件.故选：C【点睛】本题主要考查充要条件，同时考查了对数的比较大小，属于中档题.10、A【解析】本题考察函数的单调性与奇偶性由函数的奇偶性定义易得，是偶函数，是奇函数是周期为的周期函数，单调区间为时，变形为，由于21,所以在区间上单调递增时，变形为，可看成的复合，易知为增函数

11、，为减函数，所以在区间上单调递减的函数故选择A11、D【解析】由条件求得，可判断，由得，可判断；由判断，可知均正确，可选出结果【详解】由条件知，对任意正整数n，有1an（2Snan）（SnSn1）（Sn+Sn1），又所以是等差数列由知或显然，当，0显然成立，故正确仅需考虑an，an+1同号的情况，不失一般性，可设an，an+1均为正（否则将数列各项同时变为相反数，仍满足条件），由故有，此时，从而（）1故选：D【点睛】本题考查数列递推式，不等式的证明，属于一般综合题12、C【解析】试题分析：对恒成立，故，即恒成立，即对恒成立，构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得故选

12、C【考点】三角变换及导数的应用【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】由正弦定理和已知，可以求出角的大小，进而可以求出的值，结合面积公式和余弦定理可以求出的值，最后求出周长.【详解】解:由正弦定理及得，又，由余弦定理得，.又，的周长为.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、面积公式，考查了数学运算能力.14、【解析】先计算出，结合图象得出该函数的周期，可得出，然

13、后将点代入函数解析式，结合条件可求出的值，由此得出所求函数的解析式.【详解】由图象可得，且该函数的最小正周期为，所以，.将点代入函数解析式得，得.，即，所以，得.因此，所求函数解析式为，故答案为.【点睛】本题考查三角函数的解析式的求解，求解步骤如下：（1）求、：，；（2）求：根据题中信息求出最小正周期，利用公式求出的值；（3）求：将对称中心点和最高、最低点的坐标代入函数解析式，若选择对称中心点，还要注意函数在该点附近的单调性.15、.【解析】分析：由题意结合所给等式的规律归纳出第个等式即可.详解：首先观察等式左侧的特点：第1个等式开头为1，第2个等式开头为2，第3个等式开头为3，第4个等式开头

14、为4，则第n个等式开头为n，第1个等式左侧有1个数，第2个等式左侧有3个数，第3个等式左侧有5个数，第4个等式左侧有7个数，则第n个等式左侧有2n-1个数，据此可知第n个等式左侧为：，第1个等式右侧为1，第2个等式右侧为9，第3个等式右侧为25，第4个等式右侧为49，则第n个等式右侧为，据此可得第个等式为.点睛：归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法16、【解析】计算交点的横坐标为，再利用定积分计算得到答案.【详解】解方程，消去解得，故面积为.故答案为：.

15、【点睛】本题考查了定积分计算面积，意在考查学生的计算能力和应用能力.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、（1）见解析（2）【解析】（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明（2）先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值【详解】解：（1）由题设知,平面CMD平面ABCD,交线为CD.因为BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DMCM.又 BCCM=C,所以DM平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.（2）以D为坐标原点,的

16、方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即可取.是平面MCD的法向量,因此，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.【点睛】本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问主要考查建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角，考查数形结合，将几何问题转化为代数问题进行求解，考查学生的计算能力和空间想象能力，属于中档题18、（1）（2）【解析】（1）通过正弦定理和余弦定理即可得到答案；（2）在中使用余弦定理即可得到的长.【详解】（1）因为所以由正弦定理得：由余弦定理得

17、：又，所以（2）由，得：所以在中，所以【点睛】本题主要考查正余弦定理在解三角形中的实际应用，意在考查学生的转化能力，分析能力及计算能力，难度不大.19、（I）（II）见解析【解析】（I）根据题目点到点的距离和到直线的距离之比为，列出相应的等式方程，化简可得轨迹C的方程；（II）对直线分轴、l与x轴重合以及l存在斜率且斜率不为零三种情况进行分析，当l存在斜率且斜率不为零时，利用点斜式设直线方程，与曲线C的方程进行联立，结合韦达定理，可推得，从而推出【详解】解：（I）到点的距离和到直线的距离之比为.，.化简得：故所求曲线C的方程为：.（II）分三种情况讨论：1、当轴时，由椭圆对称性易知：2、当l与

18、x轴重合时，由直线与椭圆位置关系知：3、设l为：，且，由化简得：，设MA,MB，所在直线斜率分别为：，则此时，综上所述：.【点睛】本题主要考查了利用定义法求轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题解决直线与圆锥曲线位置关系中常用的数学方法思想有方程思想，数形结合思想以及设而不求的整体代入的技巧与方法20、（1）（2）见解析【解析】(1)利用函数在区间单调递增，则其导函数在此区间大于等于零恒成立可得； (2)由第（1）问的结论，取 时构造函数，得其单调性，从而不等式左右累加可得.【详解】（1）解：，在上为增函数，在上恒成立，即在上恒成立，的取值范围是.（2）证明：由（1）知时，在上为增函数，令，其中，则，则，即，即，累加得，.【点睛】本题关键在于构造出所需函数，得其单调性，累加可得，属于难度题。21、 (1) 或 (2) 【解析】运用分类讨论去绝对值， 然后求出不等式结果由题意得，结合解集得出不等式组求出结果【详解】（1）即当时，原不等式化为，即，解得，；当时，原不等式化为，即，解得，.当时，原不等式化为，即，解