2021-2022学年河南省驻马店市高二（下）期末数学试卷（理科）（Word解析版）

2021-2022学年河南省驻马店市高二（下）期末数学试卷（理科）

一、单选题（本大题共12小题，共60分）

1. 在平面直角坐标系中，以原点为极点，为极轴建立极坐标系，若点的极坐标为，则它的直角坐标为(    )

A.  B.  C.  D.

2. 若，，，且，则下列不等式一定成立的是(    )

A.  B.  C.  D.

3. 函数的极大值点是(    )

A.  B.  C.  D.

4. 某学校为庆祝建团百年组织征文比赛，前四名被甲、乙、丙、丁获得．甲说：“丙是第一名，我是第三名．”乙说：“我是第一名，丁是第四名．”丙说：“丁是第二名，我是第三名．”已知他们每人只说对了一半，则获得第一名的是(    )

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁

5. 相关变量，的散点图如图所示，现对这两个变量进行线性相关分析．方案一：根据图中所有数据，得到回归直线方程，相关系数为，方案二：剔除点，根据剩下的数据得到回归直线方程相关系数为则(    )

A.  B.
C.  D.

6. 已知，，，且，，，则，，三个数(    )

A. 都小于 B. 至少有一个不小于
C. 都大于 D. 至少有一个不大于

7. 端午节这天人们会悬菖蒲、吃粽子、赛龙舟、喝雄黄酒．现有个粽子，其中个为蜜枣馅，个为腊肉馅，个为豆沙馅，小明随机取两个，设事件为“取到的两个为同一种馅”，事件为“取到的两个均为豆沙馅”、则(    )

A.  B.  C.  D.

8. 年北京冬奥会某滑雪项目有四个不同的运动员服务点，现需将名志愿者分配到这四个运动员服务点处，每处至少需要名志愿者，则不同的安排方法共有种．(    )

A.  B.  C.  D.

9. 已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

10. 的展开式中常数项为(    )

A.  B.  C.  D.

11. 下列正确命题的个数是(    )
    已知随机变量服从二项分布，若，，则；
    将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，方差恒不变；
    在某市组织的一次联考中，全体学生的数学成绩，若
    现从参加考试的学生中随机抽取人，并记数学成绩不在的人数为，则；
    某人在次射击中，击中目标的次数为，，则当或概率最大．

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

12. 已知定义在上的偶函数满足，，若，则关于的不等式的解集为(    )

A.  B.  C.  D.

二、填空题（本大题共4小题，共20分）

13. 由直线和曲线所围图形的面积______．
14. “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于年所著的详解九章算法一书中，欧洲数学家帕斯卡在年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，记第行的第个数字为，第行的第个数字为，，第行的第个数字为，则______．
15. 甲、乙两名运动员在羽毛球场进行羽毛球比赛，已知每局比赛甲胜的概率为概率为，乙胜的概率为，且各局比赛结果相互独立．当比赛采取局胜制时，甲用局赢得比赛的概率为现甲、乙进行局比赛，采取局胜制，则甲获胜时比赛局数不超过局的概率为______．
16. 设是定义在上的函数的导函数，函数满足，若，且恰有一个零点，则实数的取值范围是______．

三、解答题（本大题共6小题，共72分）

17. 已知为实数，复数的实部与虚部相等，其中为虚数单位．
    求出的值；
    若正数，满足，证明：．
18. 已知函数．
    当时，求表达式的展开式中二项式系数最大的项；
    当时，若，求．
19. 已知函数．
    Ⅰ当时，求不等式的解集；
    Ⅱ设不等式的解集为，若，求实数取值范围．
20. 在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴正半轴为极轴，曲线的极坐标方程为曲线的参数方程为为参数，．
    若，求曲线的直角坐标方程与曲线的极坐标方程；
    若曲线与交于不同的四点，，，，且四边形的面积为，求．
21. 年初某公司研发一种新产品并投入市场，开始销量较少，经推广，销量逐月增加，下表为年月份到月份，销量单位：百件与月份之间的关系．

画出散点图，并根据散点图判断与均为大于零的常数哪一个适合作为销量与月份的回归方程类型给出判断即可，不必说明理由？

根据的判断结果及表中的数据，求关于的回归方程，并预测年月份的销量；
考虑销量、产品更新及价格逐渐下降等因素，预测从年月份到月份的取值依次记作到，每百件该产品的利润为元，求年几月份该产品的利润最大．
参考数据：

其中，．
参考公式：
对于一组数据，，，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，．

22. 已知函数其中，为自然对数的底数．
    当时，讨论函数的单调性；
    当时，，求的取值范围．
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：点的极坐标为，且，，
则它的直角坐标为
故选：．
由已知结合公式，，即可求得点的直角坐标．
本题考查极坐标与直角坐标的互化，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：对于，当时，，A错误；
对于，当时，，B错误；
对于，，则，又，则，C正确；
对于，当时，，D错误．
故选：．
根据题意，由不等式的基本性质和特殊值法判断各选项即可．
本题考查不等式的基本性质和特殊值法，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：函数的定义域为，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减．
所以函数的极大值点是．
故选：．
直接利用导数判断单调性，求出极大值点．
本题考查利用导数求函数的极值点，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

4.【答案】 

【解析】解：若丙第一，则乙不能是第一，从而丁是第四，那么丙的预测就没有猜中，矛盾，
于是乙是第一，丙不能是第一，则甲是第三，丁是第二，从而丙是第四．
故选：．
先假定丙是第一，推出矛盾，从而可得乙是第一．
本题考查合情推理，属基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：由散点图可得，两个变量负相关，
则，，
剔除点，剩下点数据更具有线性相关性，更接近，
故．
故选：．
根据已知条件，结合图象，以及相关系数的定义，即可求解．
本题主要考查线性回归方程的应用，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：
，
，，三个数中至少有一个不小于．
故选：．
求出的范围，再结合选项判断即可．
本题考查不等式的性质，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由题意不妨设个蜜枣馅为：，，
个为腊肉馅为：，，，
个为豆沙馅：，，，，
则事件为“取到的两个为同一种馅”，对应的事件为：，，，，，，，，，，所以，
事件为“取到的两个为同一种馅，均为豆沙馅”，对应的事件为：，，，，，，所以，
所以．
故选：．
根据条件概率公式求解即可．
本题考查条件概率，考查学生的计算能力，是基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：依题意得，人分成满足题意的组只有，，，，即只有一个服务点有人，其余都是人，
不同的安排方法共有种．
故选：．
人分成满足题意的组只有，，，，即只有一个服务点有人，其余都是人，先选人作为一组，然后全排列即可．
本题考查了排列组合的应用，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：设切点为则．
所以．
当且仅当时取““．
故选：．
由直线与曲线相切可知再利用基本不等式即可求出答案．
本题考查利用导数求函数的切线方程，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：展开式的常数项为
，
故选：．
根据二项式定理直接求出常数项即可．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：，，
，，
得，得，故错误；
将一组数据中的每个数据都加上同一个常数后，数据离散型不变，则方差恒不变，故正确，
，
若，则，
，故正确，
由独立重复试验概率公式得，
设当时，概率最大，则，
即，且，
即且，
即且，
得，即，
得，，，即当时，概率最大，故错误，
故正确的是，
故选：．
根据二项分布均值和方差公式进行计算即可，
根据方差的定义和性质进行判断即可，
根据正态分布对称性质进行求解即可，
根据独立重复试验概率公式进行计算即可．
本题主要考查命题的真假判断，涉及的知识点较多，综合性较强，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：因为是偶函数，
所以，
所以，
所以，
所以，
设，
，
所以在上单调递增，
由，
所以，
所以，
又为偶函数，
所以，
所以，
所以，
得，，即，
所以函数的周期为，
所以，
不等式即为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：．
由是偶函数，则，求导得，则，推出，设，求导分析单调性，由可得的周期，则，不等式转化为，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由，解得或，
则直线，曲线交点坐标，，
直线，曲线所围图形的面积为：
，
故答案为：．
求得交点坐标，根据定积分的几何意义和运算法则求解即可．
本题考查定积分的几何意义，考查积分的运算，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：由题意可得，，
，
故答案为：．
先利用二项式定理，得，再利用组合数的性质求解．
本题主要考查了二项式定理的应用，考查了组合数的性质，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：当比赛采取局胜制时，记甲用局赢得比赛为事件，则第四局甲必胜，前局有一局输，
则，
解得，
采取局胜制时，记甲获胜时比赛局数不超过局为事件，分为局胜和局胜，
则，
故答案为：．
根据局胜制时，甲用局赢得比赛的概率为可计算出，再将局胜制时甲获胜时比赛局数不超过局分为局胜和局胜，即可求出答案．
本题考查概率的运算，涉及到相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
所以，
即，
解得，
又，
所以，解得，
所以，
所以，
，
因为恰有一个零点，
所以方程只有一个根，
即方程只有一个根，
所以方程只有一个根，
即方程只有一个根，
令，
，
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
所以，
当时，；时，，
所以或，
所以或，
故答案为：．
根据题意计算出，，进而可得、的解析式，由恰有一个零点，得只有一个根，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
 

17.【答案】解：由题意得：，
复数的实部与虚部相等，，．
证明：由得：，
法，
由柯西不等式得：，
当且仅当，即：时等号成立，
，
法：要想证明成立，
只需证明成立，
即证明成立，
，
即证明成立，
由基本不等式得：，
当且仅当时等号成立，所以，命题得证． 

【解析】先求出，由复数的实部与虚部相等，能求出；
由，
法：由柯西不等式能证明
法：要想证明成立只需证明成立，即证明成立，由基本不等式能证明结论．
本题考查复数的运算法则、复数的模、柯西不等式、基本不等式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

18.【答案】解：
二项式系数最大的项为
由题意得，当时，
展开式的通项为：
， 

【解析】利用题中的条件，表示出，即可解出；
表示出的表达式，对代数式进行变形，即可解出．
本题考查了二项式定理，学生的数学运算能力，属于基础题．
 

19.【答案】解：Ⅰ，原不等式可化为：，
当时，原不等式可化为，解得，，符合题意，
当时，原不等式可化为，解得，，不符合题意，
当时，原不等式可化为，解得，符合题意，
综上，不等式解集为；
Ⅱ不等式的解集为，，不等式在上恒成立，
又时，，不等式可化为，即，，若在上恒成立，则应，，
故实数的范围是． 

【解析】Ⅰ运用零点分段法直接求解；
Ⅱ根据集合的子集概念，建立的不等式求解．
本题考查了绝对值不等式的解法，及子集的概念，是中档题．
 

20.【答案】解：：曲线的极坐标方程，即：；
根据，曲线的直角坐标方程为：．
当时，曲线的参数方程为为参数，
转化为直角坐标方程为．
根据，
得曲线的极坐标方程为．
设满足，，
由曲线的对称性可知矩形的面积，
根据得：；
，解得：；
；
． 

【解析】直接利用转换关系，在参数方程转换为直角坐标方程，再把极坐标方程转换为直角坐标方程；
利用三角函数关系式的变换，进一步求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的变换，三角函数的值，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 

21.【答案】解：散点图如下：

根据散点图判断，适合作为销量与月份的回归方程类型；
对两边同时取常用对数得：，
设，则，
因为，
所以，
把样本中心点代入，得，
所以，
即，
所以关于的回归方程为，
把代入上式，得
所以预测年月份的销量为百件件；
由题意得且，
构造函数，
其对称轴为，
因为且，
所以当或时，取最大值，
即年月份或月份利润最大． 

【解析】直接在坐标中描点，由于这此点分布在一条曲线附近，所以可选择方程类型，
对两边同时取常用对数得：，设，则，然后根据已知的数据和公式求解即回归方程，再把代入回归方程中可预测年月份的销量，
求出利润与月份的函数，再根据二次函数的性质可求得其最大值．
本题考查了回归方程的选择以及求解，用回归方程作出预测，属于中档题．
 

22.【答案】解：由可得，
由得，，，，，
由可得：或；令可得：
此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；
法一：由，可得对恒成立，
即对任意的恒成立，
令，
则，
令，则，则在上单调递增，又，故在上有唯一的实根，
不妨设该实根为，
故当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减，
故，又因为．
所以，，，
所以，故的取值范围为．
法二：由，可得对恒成立，
即对任意的恒成立，
令，则，
，，在上单调递增，且，
对任意的恒成立，
令，则令，解得：，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
故，故的取值范围为． 

【解析】对函数求导，根据及可判断出及的解集，即可得到函数的单调性；
分离参数得到法一：对求导研究的正负，得到的单调性与最大值，即可得到的取值范围；法二，令，通过对求导分析单调性并得到最大值，即可得到的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查学生的运算能力，属于难题．