2021-2022學年山東省青島市城陽一中數學高二第二學期期末學業(yè)質量監(jiān)測試題含解析

1、2021-2022高二下數學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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已知，則（ ）A16B17C32D332演繹推理“因為時，是的極值點，而對于函數，所以0是函

2、數的極值點.”所得結論錯誤的原因是（ ）A大前提錯誤B小前提錯誤C推理形式錯誤D全不正確3已知集合，現(xiàn)從這兩個集合中各取出一個元素組成一個新的雙元素組合，則可以組成這樣的新集合的個數為（ ）ABCD4已知，是兩個向量，則“”是“”的（ ）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件5已知直線傾斜角是，在軸上截距是，則直線的參數方程可以是（ ）ABCD6在平面直角坐標系xOy中，雙曲線的x2a2-y2b2=1(a0,b0)右支與焦點為FAy=22xBy=27設集合，則( )ABCD8已知向量，則與的夾角為（）ABCD9兩個變量y與x的回歸模型中，分別選擇了4個不同模型，它們的

3、相關指數R2如下，其中擬合效果最好的模型是（ ）A模型1的相關指數R2為0.98B模型2的相關指數R2為0.80C模型3的相關指數R2為0.50D模型4的相關指數R2為0.2510已知函數和都是定義在上的偶函數，當時，則（ ）ABCD11已知定義在R上的函數f(x)的導函數為f(x)，若f(x)+fA(-,0)B(0,+)C(-,1)D(1,+)12已知函數，則（ ）A函數的最大值為，其圖象關于對稱B函數的最大值為2，其圖象關于對稱C函數的最大值為，其圖象關于直線對稱D函數的最大值為2，其圖象關于直線對稱二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13設隨機變量，且，則實數的值為_.14直

4、線：，：.則“”是“與相交”的_條件. (選填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”之一)15已知對任意正實數，都有，類比可得對任意正實數都有_16關于的方程的兩個根，若，則實數_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）選修4-5：不等式選講已知函數的最大值為.（1）求的值；（2）若， ，求的最大值.18（12分）已知函數，將的圖象向右平移兩個單位長度，得到函數的圖象（1）求函數的解析式；（2）若方程在上有且僅有一個實根，求的取值范圍；（3）若函數與的圖象關于直線對稱，設，已知對任意的恒成立，求的取值范圍19（12分）在平面直角坐標系

5、中，橢圓，右焦點為（1）若其長半軸長為，焦距為，求其標準方程（2）證明該橢圓上一動點到點的距離的最大值是20（12分）在中，內角所對的邊分別為.已知，.（）求和的值；（）求的值.21（12分）已知函數（1）當a=1時，求函數f（x）的單調區(qū)間；（2）若恒成立，求b-a的最小值.22（10分）已知，.（1）求證：；（2）若不等式對一切實數恒成立，求實數的取值范圍.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、B【解析】令，求出系數和，再令，可求得奇數項的系數和，令，求出即可求解.【詳解】令，得，令，得，所以，令，得，所以，故選：

6、B【點睛】本題主要考查了賦值法求多項式展開式的系數和，考查了學生的靈活解題的能力，屬于基礎題.2、A【解析】分析：要分析一個演繹推理是否正確，主要觀察所給的大前提，小前提和結論及推理形式是否都正確，根據這幾個方面都正確，才能得到這個演繹推理正確根據三段論進行判斷即可得到結論.詳解：演繹推理“因為時，是的極值點，而對于函數，所以0是函數的極值點.”中，大前提：時，在兩側的符號如果不相反，則不是的極值點，故錯誤，故導致錯誤的原因是：大前提錯誤，故選：A點睛：本題考查演繹推理，考查學生分析解決問題的能力，屬于基礎題3、C【解析】利用分類計數加法原理和分步計數乘法原理計算即可，注意這個特殊元素的處理.

7、【詳解】已知集合，現(xiàn)從這兩個集合中各取出一個元素組成一個新的雙元素組合，分為2類：含5，不含5；則可以組成這樣的新集合的個數為個.故選C.4、B【解析】分析：先化簡已知條件，再利用充分條件必要條件的定義判斷.詳解：由題得，所以，所以或或，所以或或.因為或或是的必要非充分條件,所以“”是“”的必要非充分條件.故答案是：B.點睛：（1）本題主要考查充分條件和必要條件，考查向量的數量積，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2) 判定充要條件常用的方法有定義法、集合法、轉化法，本題利用的是集合法.5、D【解析】由傾斜角求得斜率,由斜截式得直線方程,再將四個選項中的參數方程化為普通方程,比

8、較可得答案.【詳解】因為直線傾斜角是,所以直線的斜率,所以直線的斜截式方程為:,由消去得,故不正確;由消去得,故不正確;由消去得,故不正確;由消去得,故正確;故選:D.【點睛】本題考查了直線方程的斜截式,參數方程化普通方程,屬于基礎題.6、A【解析】根據拋物線定義得到y(tǒng)A+y【詳解】由拋物線定義可得：|AF|+|BF|=y因為x2所以y漸近線方程為y=2故答案選A【點睛】本題考查拋物線，雙曲線的漸近線，意在考查學生的計算能力.7、D【解析】函數有意義，則，函數的值域是，即.本題選擇D選項.8、D【解析】根據題意，由向量數量積的計算公式可得cos的值，據此分析可得答案【詳解】設與的夾角為，由、的

9、坐標可得|5，|3，50+5（3）15，故， 所以.故選D【點睛】本題考查向量數量積的坐標計算，涉及向量夾角的計算，屬于基礎題9、A【解析】解：因為回歸模型中擬合效果的好不好，就看相關指數是否是越接近于1，月接近于1，則效果越好選A10、B【解析】由和都是定義在上的偶函數，可推導出周期為4，而，即可計算.【詳解】因為都是定義在上的偶函數，所以，即，又為偶函數，所以，所以函數周期，所以，故選B.【點睛】本題主要考查了函數的奇偶性，周期性，利用周期求函數值，屬于中檔題.11、B【解析】不等式的exfx0，gx1，即e故選B.【點睛】不等式問題往往可以轉化為函數圖像問題求解，函數圖像問題有時借助函數

10、的性質（奇偶性、單調性等）進行研究，有時還需要構造新的函數.12、D【解析】分析：由誘導公式化簡函數，再根據三角函數圖象與性質，即可逐一判斷各選項.詳解：由誘導公式得， ，排除A，C.將代入，得，為函數圖象的對稱軸，排除B.故選D.點睛：本題考查誘導公式與余弦函數的圖象與性質，考查利用余弦函數的性質綜合分析判斷的能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】隨機變量的正態(tài)曲線關于對稱，即0與關于對稱，解出即可?！驹斀狻扛鶕}意有故填9【點睛】本題考查正態(tài)曲線的特點及曲線所表示的幾何意義，屬于基礎題。14、必要不充分【解析】分析：先根據直線相交得條件，再根據兩個條件關系確定

11、充要性.詳解：因為與相交，所以所以“”是“與相交”的必要不充分條件.點睛：充分、必要條件的三種判斷方法1定義法：直接判斷“若則”、“若則”的真假并注意和圖示相結合，例如“”為真，則是的充分條件2等價法：利用與非非，與非非，與非非的等價關系，對于條件或結論是否定式的命題，一般運用等價法3集合法：若，則是的充分條件或是的必要條件；若，則是的充要條件15、.【解析】分析：根據類比的定義，按照題設規(guī)律直接寫出即可.詳解：由任意正實數，都有，推廣到則.故答案為點睛：考查推理證明中的類比，解此類題型只需按照原題規(guī)律寫出即可，屬于基礎題.16、【解析】分析：根據所給的方程，當判別式不小于0時和小于0時，用求

12、根公式表示出兩個根的差，根據差的絕對值的值做出字母p的值詳解：當 ，即或 ，由求根公式得 ，得 當 ，即 ，由求根公式得| 得 綜上所述，或故答案為點睛：本題考查一元二次方程根與系數的關系，本題解題的關鍵是對于判別式與0的關系的討論，方程有實根和沒有實根時，兩個根的表示形式不同，本題是一個易錯題三、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、（1）2（2）2【解析】試題分析：（1）根據絕對值定義，將函數化為分段函數形式，分別求各段最大值，最后取各段最大值的最大者為的值；（2）利用基本不等式得，即得的最大值.試題解析：（1）由于當時，當時，當時，所以.（2）由已知,有， 因為

13、(當時取等號)，(當時取等號)，所以，即，故的最大值為2.18、（1）（2）（3）【解析】 【試題分析】（1）借助平移的知識可直接求得函數解析式；（2）先換元將問題進行等價轉化為有且只有一個根，再構造二次函數運用函數方程思想建立不等式組分析求解；（3）先依據題設條件求出函數的解析式，再運用不等式恒成立求出函數的最小值：解：（1） （2）設,則，原方程可化為于是只須在上有且僅有一個實根， 法1：設，對稱軸t=,則 ， 或 由得 ，即， 由得 無解, ，則 法2：由，得，設，則，記，則在上是單調函數，因為故要使題設成立，只須，即，從而有 （3）設的圖像上一點，點關于的對稱點為， 由點在的圖像上，所

14、以，于是 即.由，化簡得，設,即恒成立. 解法1：設，對稱軸則 或 由得， 由得或，即或綜上，. 解法2：注意到，分離參數得對任意恒成立 設，即 可證在上單調遞增 19、（1）；（2）見解析.【解析】（1）由題設條件可得出、的值，進而可求出的值，由此得出橢圓的標準方程；（2）設點，將該點代入橢圓的方程得出，并代入的表達式，轉化為關于的函數，利用函數的性質求出的最大值.【詳解】（1）由題意，則，橢圓的標準方程為；（2）設，當時，【點睛】本題考查橢圓方程的求解及橢圓方程的應用，在處理與橢圓上一點有關的最值問題時，充分利用點在橢圓上這一條件，將問題轉化為二次函數來求解，考查函數思想的應用，屬于中等題

15、.20、（）.=.（）.【解析】試題分析：利用正弦定理“角轉邊”得出邊的關系，再根據余弦定理求出，進而得到，由轉化為，求出，進而求出，從而求出的三角函數值，利用兩角差的正弦公式求出結果.試題解析：（） 解：在中，因為，故由，可得.由已知及余弦定理，有，所以.由正弦定理,得.所以，的值為，的值為.（）解：由（）及，得，所以，.故.考點：正弦定理、余弦定理、解三角形【名師點睛】利用正弦定理進行“邊轉角”尋求角的關系，利用“角轉邊”尋求邊的關系，利用余弦定理借助三邊關系求角，利用兩角和差公式及二倍角公式求三角函數值. 利用正、余弦定理解三角形問題是高考高頻考點，經常利用三角形內角和定理，三角形面積公

16、式，結合正、余弦定理解題.21、 (1)f（x）的單調增區(qū)間為（e，+），減區(qū)間為（1，e）;(2).【解析】分析：（）求出，在定義域內，分別令求得的范圍，可得函數增區(qū)間，求得的范圍，可得函數的減區(qū)間；（）由題意得，可得函數單調增區(qū)間為，減區(qū)間為，即恒成立，即，構造函數，利用導數研究函數的單調性可得，即可得的最小值.詳解：（）當a=1時，f（x）=（2x2+x）lnx3x22x+b（x1）f（x）=（4x+1）（lnx1），令f（x）=1，得x=ex（1，e）時，f（x）1，（e，+）時，f（x）1函數f（x）的單調增區(qū)間為（e，+），減區(qū)間為（1，e）；（）由題意得f（x）=（4x+1）（l

17、nxa），（x1）令f（x）=1，得x=eax（1，e a）時，f（x）1，（ea ，+）時，f（x）1函數f（x）的單調增區(qū)間為（ea，+），減區(qū)間為（1，ea）f（x）min=f（ea）=e2aea+b，f（x）1恒成立，f（ea）=e2aea+b1，則be2a+eabae2a+eaa令ea=t，（t1），e2a+eaa=t2+tlnt，設g（t）=t2+tlnt，（t1），g（t）=當t（1，）時，g（t）1，當時，g（t）1g（t）在（1，）上遞減，在（，+）遞增g（t）min=g（）=f（x）1恒成立，ba的最小值為 點睛：本題是以導數的運用為背景的函數綜合題，主要考查了函數思想，化歸思想，抽象概括能力，綜合分析問題和解決問題的能力，屬于較難題，近來高考在逐年加大對導數問題的考查力度，不僅題型在變化，而且問題的難度、深度與廣度也在不斷加大，本部分的要求一定有三個