海南省東方市八所中學2021-2022學年數學高二第二學期期末達標檢測模擬試題含解析

1、2021-2022高二下數學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1函數在上的平均變化率是( )A2BCD2歐拉公式(為虛數單位)是由瑞士著名數學家歐拉發(fā)明的，它將指數函數的定義域擴大到復數集，建立了三角函數和指數函數的關系，它在復變函數論里占有非常

2、重要的地位，被譽為“數學中的天橋”，根據歐拉公式可知，表示的復數的虛部為（ ）ABCD3從8名女生4名男生中,選出3名學生組成課外小組,如果按性別比例分層抽樣,則不同的抽取方法數為()A112種B100種C90種D80種4 “四邊形是矩形，四邊形的對角線相等”補充以上推理的大前提是（ ）A正方形都是對角線相等的四邊形B矩形都是對角線相等的四邊形C等腰梯形都是對角線相等的四邊形D矩形都是對邊平行且相等的四邊形5在去年的足球甲聯賽上，一隊每場比賽平均失球數是1.5，全年比賽失球個數的標準差為1.1；二隊每場比賽平均失球數是2.1，全年失球個數的標準差是0.4，你認為下列說法中正確的個數有（ ）平均

3、來說一隊比二隊防守技術好；二隊比一隊防守技術水平更穩(wěn)定；一隊防守有時表現很差，有時表現又非常好；二隊很少不失球.A1個B2個C3個D4個6從甲、乙等10個同學中挑選4名參加某項公益活動，要求甲、乙中至少有1人參加，則不同的挑選方法共有()（）種（）種（）種（）種7經過伸縮變換后所得圖形的焦距（ ）ABC4D68已知命題：“，有成立”，則命題為（ ）A，有成立B，有成立C，有成立D，有成立9由無理數引發(fā)的數學危機一直延續(xù)到19世紀，直到1872年，德國數學家戴德金提出了“戴德金分割”，才結束了持續(xù)2000多年的數學史上的第一次大危機所謂戴德金分割，是指將有理數集劃分為兩個非空的子集與，且滿足，中

4、的每一個元素都小于中的每一個元素，則稱為戴德金分割試判斷，對于任一戴德金分割，下列選項中不可能成立的是A沒有最大元素，有一個最小元素B沒有最大元素，也沒有最小元素C有一個最大元素，有一個最小元素D有一個最大元素，沒有最小元素10已知某批零件的長度誤差（單位：毫米）服從正態(tài)分布，從中隨機取一件，其長度誤差落在區(qū)間（3,6）內的概率為（ ）（附：若隨機變量服從正態(tài)分布，則，）A4.56%B13.59%C27.18%D31.74%11函數的部分圖像大致為（ ）ABCD12某個班級組織元旦晚會，一共準備了、六個節(jié)目，節(jié)目演出順序第一個節(jié)目只能排或，最后一個節(jié)目不能排，且、要求相鄰出場，則不同的節(jié)目順序

5、共有（ ）種A72B84C96D120二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設隨機變量的概率分布列如下圖，則_123414已知函數的一條對稱軸為，則的值為_15將參數方程（為參數），轉化成普通方程為_16已知向量，若，則_三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17（12分）已知函數,.（）若是函數的一個極值點，求實數的值及在內的最小值；（）當時，求證：函數存在唯一的極小值點，且.18（12分）已知，設命題：函數在上為減函數，命題：不等式對恒成立，若為假命題，為真命題，求的取值范圍.19（12分）已知函數（1）若曲線在處切線的斜率為，求此切線方程；（2）若有

6、兩個極值點，求的取值范圍，并證明：20（12分）對任意正整數，定義函數滿足如下三個條件：；（1）求和的值；（2）求的解析式21（12分）已知，設命題：函數在上是增函數；命題：關于的方程無實根.若“且”為假，“或”為真，求實數的取值范圍.22（10分）已知函數 （I）求在（為自然對數的底數）處的切線方程.（II）求的最小值.參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】根據平均變化率的計算公式列式，計算出所求的結果.【詳解】依題意，所求平均變化率為，故選C.【點睛】本小題主要考查平均變化率的計算，考查運算求解能力，屬于

7、基礎題.2、C【解析】先由題意得到，進而可求出結果.【詳解】由題意可得：，所以虛部為.故選C【點睛】本題主要考查復數的應用，熟記復數的概念即可，屬于?？碱}型.3、A【解析】分析：根據分層抽樣的總體個數和樣本容量，做出女生和男生各應抽取的人數，得到女生要抽取2人，男生要抽取1人，根據分步計數原理得到需要抽取的方法數詳解：8名女生，4名男生中選出3名學生組成課外小組，每個個體被抽到的概率是，根據分層抽樣要求，應選出8=2名女生，4=1名男生，有C82C41=1故答案為：A點睛：本題主要考查分層抽樣和計數原理，意在考查學生對這些知識的掌握水平.4、B【解析】根據題意，用三段論的形式分析即可得答案【詳

8、解】根據題意，用演繹推理即三段論形式推導一個結論成立，大前提應該是結論成立的依據，由四邊形是矩形，得到四邊形的對角線相等的結論，大前提一定是矩形都是對角線相等的四邊形，故選B【點睛】本題考查演繹推理的定義，關鍵是掌握演繹推理的形式，屬于基礎題.5、D【解析】在（1）中，一隊每場比賽平均失球數是1.5，二隊每場比賽平均失球數是2.1，平均說來一隊比二隊防守技術好，故（1）正確；在（2）中，一隊全年比賽失球個數的標準差為1.1，二隊全年比賽失球個數的標準差為0.4，二隊比一隊技術水平更穩(wěn)定，故（2）正確；在（3）中，一隊全年比賽失球個數的標準差為1.1，二隊全年比賽失球個數的標準差為0.4，一隊有

9、時表現很差，有時表現又非常好，故（3）正確；在（4）中，二隊每場比賽平均失球數是2.1，全年比賽失球個數的標準差為0.4，二隊很少不失球，故（4）正確.故選：D6、C【解析】從10個同學中挑選4名參加某項公益活動有種不同挑選方法；從甲、乙之外的8個同學中挑選4名參加某項公益活動有種不同挑選方法；甲、乙中至少有1人參加，則不同的挑選方法共有種不同挑選方法 故選C；【考點】此題重點考察組合的意義和組合數公式；【突破】從參加 “某項”切入，選中的無區(qū)別，從而為組合問題；由“至少”從反面排除易于解決；7、A【解析】用，表示出，代入原方程得出變換后的方程，從而得出焦距【詳解】由得，代入得，橢圓的焦距為，

10、故選A【點睛】本題主要考查了伸縮變換，橢圓的基本性質，屬于基礎題8、B【解析】特稱命題的否定是全稱命題。【詳解】特稱命題的否定是全稱命題，所以，有成立的否定是，有成立，故選B.【點睛】本題考查特稱命題的否定命題，屬于基礎題。9、C【解析】試題分析：設,顯然集合M中沒有最大元素，集合N中有一個最小元素，即選項A可能；,顯然集合M中沒有最大元素，集合N中也沒有最小元素，即選項B可能；,顯然集合M中有一個最大元素，集合N中沒有最小元素，即選項D可能；同時，假設答案C可能，即集合M、N中存在兩個相鄰的有理數，顯然這是不可能的，故選C考點：以集合為背景的創(chuàng)新題型【方法點睛】創(chuàng)新題型，應抓住問題的本質，即

11、理解題中的新定義，脫去其“新的外衣”，轉化為熟悉的知識點和題型上來本題即為，有理數集的交集和并集問題，只是考查兩個子集中元素的最值問題，即集合M、N中有無最大元素和最小元素10、B【解析】試題分析：由題意故選B考點：正態(tài)分布11、B【解析】結合函數的性質，特值及選項進行排除.【詳解】當時，可以排除A,C選項；由于是奇函數，所以關于點對稱，所以B對， D錯.故選：B.【點睛】本題主要考查函數圖象的識別，由解析式選擇函數圖象時，要注意特值法的使用，側重考查直觀想象的核心素養(yǎng).12、B【解析】分析：先排第一個節(jié)目，同時把C、D捆綁在一起作為一個元素，按第一個節(jié)目排A還是排B分類，如果第一個是B，則第

12、二步排最后一個節(jié)目，如果第一個是A，則后面全排列即可詳解：由題意不同節(jié)目順序有故選B點睛：本題考查了排列、組合題兩種基本方法(1)限制元素(位置)優(yōu)先法：元素優(yōu)先法：先考慮有限制條件的元素，再考慮其他元素；位置優(yōu)先法：先考慮有限制條件的位置，再考慮其他位置(2)相鄰問題捆綁法：把相鄰的若干個特殊元素“捆綁”為一個大元素，然后再與其余“普通元素”作全排列，最后再“松綁”將“捆綁”元素在這些位置上作全排列二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】依題意可知，根據分布列計算可得；【詳解】解：依題意可得故答案為：【點睛】本題考查離散型隨機變量的分布列與和概率公式的應用，屬于基礎題.

13、14、【解析】根據對稱軸為可得，結合的范圍可求得結果.【詳解】為函數的對稱軸 解得：又 本題正確結果：【點睛】本題考查根據三角函數性質求解解析式的問題，關鍵是能夠采用整體對應的方式來進行求解.15、【解析】將參數方程變形為，兩式平方再相減可得出曲線的普通方程.【詳解】將參數方程變形為，兩等式平方得，上述兩個等式相減得，因此，所求普通方程為，故答案為：.【點睛】本題考查參數方程化為普通方程，在消參中，常用平方消元法與加減消元法，考查計算能力，屬于中等題.16、【解析】先根據向量的平行求出x的值，再根據向量的數量積計算即可【詳解】解：，因為，所以，解得：，所以【點睛】本題考查了向量的平行和向量的數

14、量積，屬于基礎題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（）；（）見解析【解析】（）由已知條件的導函數，以及，從而求出實數的值，利用導數求出函數在內的單調性，從而得到在內的最小值（）由題可得,令，要證函數存在唯一的極小值點，即證只有唯一根，利用導數求出的單調區(qū)間與值域即可，且由零點定理可知，由，可得，代入中，利用導數求出在內的最值即可證明?！驹斀狻浚ǎ┯深}可得：，則，是函數的一個極值點，即，解得：，經檢驗，當時，是函數的一個極值點；當時，令，解得：或，當時，、的變化如下表：所以當時，有最小值，（）當時，令，則，由于恒成立，所以恒大于零，則在上單調遞增，由于，根據零點

15、定理，可得存在唯一的，使得，令，解得：，當或時，即的單調增區(qū)間為，當時，即的單調減區(qū)間為，函數存在唯一的極小值點，且，則；，則，令，解得：或，當時，則在上單調遞減，則，所以【點睛】本題考查導數在函數最值以及極值中的運用，考查學生轉化的思想，綜合性較強，有一定難度。18、.【解析】化簡命題可得，化簡命題可得，由為真命題，為假命題，可得一真一假，分兩種情況討論，對于真假以及假真分別列不等式組，分別解不等式組，然后求并集即可求得實數的取值范圍.【詳解】：函數在上為減函數，即.：不等式對一切恒成立，或，即.為假命題，為真命題，一真一假，若真假，則，此時不存在，若假真，則，解得或.的取值范圍為.【點睛】

16、本題通過判斷或命題、且命題以及非命題的真假，綜合考查指數函數的性質以及不等式恒成立問題，屬于中檔題.解答非命題、且命題與或命題真假有關的題型時，應注意：（1）原命題與其非命題真假相反；（2）或命題“一真則真”；（3）且命題“一假則假”.19、（1）；（2）,證明見解析.【解析】（1）在處切線的斜率為，即，得出，計算f(e)，即可出結論（2）有兩個極值點得=0有兩個不同的根，即有兩個不同的根，令，利用導數求其范圍，則實數a的范圍可求；有兩個極值點，利用在(e,+)遞減，即可證明【詳解】（1），解得， ，故切點為，所以曲線在處的切線方程為 （2），令=0，得令，則，且當時，；當時，；時，令，得，且

17、當時，；當時，故在遞增，在遞減，所以 所以當時，有一個極值點； 時，有兩個極值點；當時，沒有極值點綜上，的取值范圍是 （方法不同，酌情給分）因為是的兩個極值點，所以即不妨設，則，因為在遞減，且，所以，即由可得，即，由，得，所以【點睛】本題主要考察導數在切線，極值方向的應用，主要理清導數的幾何意義，導數和極值之間的關系進行轉化，在做題的過程中，適當選取參變分離有時候能簡化分類討論的必要20、（1），（2）【解析】（1）由已知關系式直接推得即可；（2）由依次推出，再由，依次推出即可.【詳解】解：（1）因，令代入得:，令，代入得:，又，令代入得：令，代入得： （2）由條件可得，將上述個等式相加得： 由條件可得：， 將上述個等式相加得： 【點睛】本題主要考查了函數的遞推關系式，注意觀察規(guī)律，細心完成即可.21、 【解析】先求命題和命題為真時的范圍，若“且”為假，“或”為真，則命題與命題一真一假，分類討論真假與真假時的范圍，再取并集即可.【詳解】解：命題：在R上單調遞增，命題：關于的方程無實根，且 ， ，解得命題且為假，或為真，命題與一真一假，真假, 則真假，則所以的取值范圍是【