2022届河北省邢台巿南和一中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注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.已知函数的拐点是，则（ ）A

2、BCD12已知集合,集合,则ABCD3用数学归纳法证明“”，则当时，应当在时对应的等式的左边加上（ ）ABCD4已知，且关于的方程有实根，则与的夹角的取值范围是( )ABCD5中，边的高为，若，则（ )ABCD6设， 为的展开式的第一项（为自然对数的底数），,若任取，则满足的概率是( )ABCD7从装有除颜色外完全相同的个白球和个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回地摸取次，设摸得黑球的个数为，已知，则等于（ ）ABCD8某产品的销售收入（万元）关于产量（千台）的函数为；生产成本（万元）关于产量（千台）的函数为，为使利润最大，应生产产品( )A9千台B8千台C7千台D6千台9设，则“”是“”的（

3、）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分又不必要条件10 “”是“函数在内存在零点”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11函数f（x）（x22x）ex的图象可能是（ ）ABCD12等比数列的前n项和为，若则=A10B20C20或-10D-20或10二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知为等边三角形，为坐标原点，在抛物线上，则的周长为_14已知椭圆的参数方程为，则该椭圆的普通方程是_.15从一批含有13只正品,2只次品的产品中,不放回地抽取3次,每次抽一只,设抽取次品数为,则= _16若，则_三、解答题：共70分。解答应写出

4、文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）在中，角，的对边分别为，且（1）求 （2）若，求面积的最大值18（12分）在直角坐标系中，曲线的方程为.已知，两点的坐标分别为，.（1）求曲线的参数方程；（2）若点在曲线位于第一象限的图象上运动，求四边形的面积的最大值.19（12分）已知数列，其前项和为；（1）计算；（2）猜想的表达式，并用数学归纳法进行证明.20（12分）已知抛物线 与直线 相交于A、B两点，点O是坐标原点.（）求证：OAOB；（）当OAB的面积等于时，求t的值.21（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）若正数，满足，求的最小值.22（10分）已知函数，.（1）若函数恰有一个极

5、值点，求实数a的取值范围；（2）当，且时，证明：.（常数是自然对数的底数）.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】遇到新定义问题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，在该题中求出原函数的导函数，再求出导函数的导函数，由导函数的导函数等于0，即可得到拐点，问题得以解决【详解】解：函数，因为方程有实数解，则称点，为函数的“拐点”，已知函数的“拐点”是，所以，即，故选：【点睛】本题考查导数的运算导数的定义，和拐点，根据新定义题，考查了函数导函数零点的求法；解答的关键是函数值满足的规律，属于基础题2、

6、D【解析】，则，选D.3、C【解析】由数学归纳法可知时，左端，当时，即可得到答案.【详解】由题意，用数学归纳法法证明等式时，假设时，左端，当时，所以由到时需要添加的项数是，故选C.【点睛】本题主要考查了数学归纳法的应用，着重考查了理解与观察能力，以及推理与论证能力，属于基础题.4、B【解析】根据方程有实根得到，利用向量模长关系可求得，根据向量夹角所处的范围可求得结果.【详解】关于的方程有实根 设与的夹角为，则又 又 本题正确选项：【点睛】本题考查向量夹角的求解问题，关键是能够利用方程有实根得到关于夹角余弦值的取值范围，从而根据向量夹角范围得到结果.5、D【解析】试题分析：由，可知6、C【解析】

7、由题意得，则，即，如图所示，作曲线，交直线于点，则满足事件的实验区域为曲边形，其面积为，所以所求概率为，故选C.7、C【解析】根据二项分布的数学期望计算，即可得出答案。【详解】根据题意可得出 ，即 所以故选C【点睛】本题考查二项分布，属于基础题。8、B【解析】根据题意得到利润关于产量的函数式，再由导数求得使利润最大时的产量，即可求解出答案。【详解】设利润为万元，则，令，得，令，得，当时，取最大值，故为使利润最大，应生产8千台选B.【点睛】本题主要考查了利用导数的性质求函数的最值来解决实际问题。9、B【解析】分析：根据不等式的解法求出不等式的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可详解

8、：当x0时，由|x|12x得x12x，得x1，此时无解，当x0时，由|x|12x得x12x，得x，综上不等式的解为x，由0得x+10得x1，则“|x|12x”是“0”的必要不充分条件，故选：B点睛：充分、必要条件的三种判断方法1定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假并注意和图示相结合，例如“ ”为真，则是的充分条件2等价法：利用 与非非， 与非非， 与非非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法3集合法：若 ，则是的充分条件或是的必要条件；若，则是的充要条件10、A【解析】分析：先求函数在内存在零点的解集，再用集合的关系判断充分条件、还是必要条件。详解：函数在内存在零点，则，

9、所以的解集那么是的子集，故充分非必要条件，选A点睛：在判断命题的关系中，转化为判断集合的关系是容易理解的一种方法。11、B【解析】根据函数值的正负，以及单调性，逐项验证.【详解】，当或时，当时，选项不正确，令，当或，当，的递增区间是，递减区间是，所以选项不正确，选项正确.故选:B.【点睛】本题考查函数图像的识别，考查函数的单调性和函数值，属于基础题.12、B【解析】由等比数列的性质可得，S10，S20S10，S30S20成等比数列即（S20S10）2S10（S30S20），代入可求【详解】由等比数列的性质可得，S10，S20S10，S30S20成等比数列，且公比为 （S20S10）2S10（S

10、30S20）即 解 =20或-10（舍去）故选B【点睛】本题主要考查了等比数列的性质（若Sn为等比数列的前n项和，且Sk，S2kSk，S3kS2k不为0，则其成等比数列）的应用，注意隐含条件的运用二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设，由于，可得代入化简可得：由抛物线对称性，知点、关于轴对称不妨设直线的方程为：，与抛物线方程联立解出即可得出【详解】解：设，又，即又、与同号，即由抛物线对称性，知点、关于轴对称不妨设直线的方程为：，联立，解得的周长故答案为：【点睛】本题考查了抛物线的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题、等边三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基

11、础题14、【解析】利用公式即可得到结果【详解】根据题意，解得故答案为【点睛】本题主要考查的是椭圆的参数方程，解题的关键是掌握，属于基础题15、3【解析】抽取次品数满足超几何分布：，故，其期望，故.16、-32【解析】通过对原式x赋值1，即可求得答案.【详解】令可得，故答案为-32.【点睛】本题主要考查二项式定理中赋值法的理解，难度不大.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】（1）根据正弦定理得到，再由余弦定理得到，根据特殊角的三角函数值得到结果；（2）根据余弦定理可知：，根据重要不等式和a=4得到，即，再由面积，最终得到结果.【详解】（1）根

12、据正弦定理可知：，整理得，由余弦定理的推论得， ， （2）根据余弦定理可知：， 且， ，即. 面积，当且仅当时等号成立故面积的最大值为【点睛】1解三角形的应用中要注意与基本不等式的结合，以此考查三角形中有关边、角的范围问题.利用正弦定理、余弦定理与三角形的面积公式，建立如“”之间的等量关系与不等关系，通过基本不等式考查相关范围问题;2注意与三角函数的图象与性质的综合考查，将两者结合起来，既考查解三角形问题，也注重对三角函数的化简、计算及考查相关性质等;3正、余弦定理也可能结合平面向量及不等式考查面积的最值或求面积，此时注意应用平面向量的数量积或基本不等式进行求解.18、（1）（为参数）；（2）

13、【解析】（1）根据椭圆的参数方程表示出曲线的参数方程；（2）根据曲线的参数方程设曲线上的点，结合点在第一象限得出，将四边形的面积转化为和的面积之和，并利用角的三角函数式表示，利用辅助角公式化简，再利用三角函数基本性质求出最大值。【详解】（1）曲线的方程为，可化参数方程为 (为参数). （2）设曲线上的点， 因为在第一象限，所以. 连接,则 = . 当时，四边形面积的最大值为.【点睛】本题考查椭圆的参数方程，考查参数方程的应用，一般而言，由圆或椭圆上的动点引起的最值或取值范围问题，可以将动点坐标利用圆或椭圆的参数方程设为参数方程的形式，并借助三角恒等变换公式以及三角函数的基本性质求解。19、（1

14、）；（2），证明见解析【解析】（1）根据已知条件，计算出的值；（2）由（1）猜想，根据数学归纳法证明方法，对猜想进行证明.【详解】（1）计算， ， （2）猜想. 证明：当时，左边，右边，猜想成立. 假设猜想成立. 即成立，那么当时， ， 而， 故当时，猜想也成立. 由可知，对于，猜想都成立.【点睛】本小题主要考查合情推理，考查利用数学归纳法证明和数列有关问题，属于中档题.20、（I）见解析；（II）【解析】（）联立抛物线与直线方程，得到关于的一元二次方程，进而应用根与系数的关系即可证明OAOB；（）利用（）的结论，建立的方程，即可得到答案【详解】（I）由 ，设 ， 则. （II）设与x轴交于E

15、, 则， 解得：【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，抛物线的性质的知识点，直线和抛物线的位置关系，可通过直线方程与抛物线方程组成的方程组的实数解的个数来确定，同时注意过焦点的弦的一些性质，属于中档题21、（1）；（2）.【解析】（1）去绝对值，根据分段函数的解析式即可求出不等式的解集；（2）由题意得，再根据基本不等式即可求出.【详解】（1）因为所以当时，由，解得当时，由，解得又，所以当时，不满足，此时不等式无解综上，不等式的解集为（2）由题意得所以=当且仅当时等号成立，所以的最小值为.【点睛】本题考查解绝对值不等式和利用基本不等式的简单证明，注意利用基本不等式证明时要强调等号成立的条件！22、（1）（2）证明见解析【解析】1，等价于方程在恰有一个变号零点即在恰有一个变号零点令，