2021-2022学年河南省开封市杞县宇华重点中学高二（下）期末数学试卷（文科）（含解析）

2021-2022学年河南省开封市杞县宇华重点中学高二（下）期末数学试卷（文科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设集合 ，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知复数满足，则( )
A. B. C. D.
3. 某班举行了一次有意思的智力竞猜游戏，首先老师将三只冬奥会吉祥物冰墩墩进行了、、三个数字的标号，然后将它们放入不透明的箱子中，甲、乙、丙三名同学分别进行抽取，并将抽到的冰墩墩的标号告知老师，老师根据三人抽取的号码情况给出了三种说法：
甲抽取的是号冰墩墩；
乙抽取的不是号冰墩墩；
丙抽取的不是号冰墩墩．
若三种说法中只有一个说法正确，则抽取号冰墩墩的是( )
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 无法判定
4. 下列函数中在上是单调递增的是( )
A. B. C. D.
5. 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
6. 设，为实数，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
7. 在极坐标系中，曲线：，曲线：，过极点的直线与曲线，分别交于异于极点的，两点，则的最大值为( )
A. B. C. D.
8. 深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为，且当训练法代轮数为时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下不含所需的训练迭代轮数至少为( )
参考数据：
A. B. C. D.
9. 已知，，则的最大值与最小值的和为( )
A. B. C. D.
10. 定义在上的函数满足，，且当时，则函数的所有零点之和为( )
A. B. C. D.
11. 已知函数的定义域是，且满足，，如果对于，都有，不等式的解集为( )
A. B. C. D.
12. 定义在上的函数满足，且当时，，若对任意的，不等式恒成立，则实数的最大值是( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数在定义域上是增函数，则实数的取值范围是______．
14. 如图所示，有三根针和套在一根针上的个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上．
每次只能移动一个金属片；
在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面将个金属片从号针移到号针最少需要移动的次数记为，则 ______ ．
15. 已知，，，且，，，则，，的大小关系是______ ．
16. 已知，若方程有四个根，，，，且，则的取值范围是 ．
三、解答题（本大题共5小题，共58.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知，，求证：；
已知，，且，求证：与不可能同时成立．
18. 本小题分
不等式对一切实数恒成立的的取值集合为，集合．
求集合；
若__________，求实数的取值范围．
在；“”是“”的充分条件；“”是“”的必要条件这三个条件中任选一个补充在第问中，并给出解答．
19. 本小题分
孔子曰：温故而知新．数学学科的学习也是如此，为了调查数学成绩与及时复习之间的关系，某校志愿者展开了积极的调查活动：从高三年级名学生中随机抽取名学生进行问卷调查，所得信息如下：
数学成绩优秀人数 数学成绩合格人数
及时复习人数
不及时复习人数
根据以上数据，判断能否在犯错误的概率不超过的前提下认为数学成绩优秀与及时复习有关？
用分层抽样的方法，从数学成绩优秀的人中抽取人，再在这人中随机抽取人进行更详细的调查，求这人都是来自及时复习的概率．
下面的临界值表供参考：
参考公式，其中
20. 本小题分
在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程是．
求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；
若是曲线上的动点，求点到直线距离的最大值，并求此时点的坐标．
21. 本小题分
已知函数．
Ⅰ当时，求的解集；
Ⅱ，若对，使得成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由中，得到，
由中，得到，
解得：，即，
则，
故选：．
求出中的范围确定出，求出中的范围确定出，找出与的交集即可．
此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
2.【答案】
【解析】解：，
则，解得，
故，
所以．
故选：．
根据已知条件，结合共轭复数的定义，复数的四则运算，求出，再结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：若正确，则甲抽取的是号冰墩墩，乙抽取的是号，丙抽取的是号，所以也正确，故说法不正确；
若正确，则丙抽取的是号，乙抽取的是号，甲抽取的是号，成立．
故选：．
分别假设正确，正确时，甲乙丙三人抽取的号码，若无矛盾，则可得解．
本题考查合情推理，考查逻辑推理能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：选项A，函数在整个定义域上为减函数，故不可能在上单调递增，故错误；
选项B，函数在和上均单调递减，故不可能在上单调递增，故错误；
选项C，函数，在上单调递增，在上单调递减，故错误；
选项D，函数，显然在上单调递增，
故选：．
选项A，函数在整个定义域上为减函数；选项B，函数在和上均单调递减；选项C，函数在上单调递减；选项D，函数，可得在上单调递增．
本题考查函数的单调性的判断与证明，属基础题．
5.【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．
6.【答案】
【解析】解：时，，不能得出，充分性不成立；
时，，，不能得出，必要性不成立；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：．
分别判断充分性与必要性是否成立即可．
本题考查了充分与必要条件的判断问题，是基础题．
7.【答案】
【解析】解：利用，当时，
的最大值为．
故选：．
直接利用极径的关系式和三角函数的关系式的变换的应用求出结果．
本题考查的知识要点极径的应用和三角函数的关系式的变换的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：由题设，，则，
所以，即，
所以所需的训练迭代轮数至少为次．
故选：．
由已知可得，再由，结合指对数关系及对数函数的性质求解即可．
本题主要考查函数模型及其应用，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：令，，，
易知函数在上单调递减，在上单调递增，
，则当时，；
，则当，时，；
．
故选：．
令，，，判断函数的单调性，得到其最大值和最小值，再根据绝对值的性质可得到的最值，进而得解．
本题考查函数最值的求解，考查函数思想及转化思想，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以为奇函数，
因为，
所以的对称轴为，且，
令，则，
所以，
所以的周期为，
函数零点为方程的根，
即与的交点横坐标，
由图像可得交点关于对称，
所以，，，，
所以零点和为，
故选：．
由，得为奇函数，又，则的对称轴为，且，进而可得的周期为，函数零点为方程的根，即与的交点横坐标，结合图像，即可得出答案．
本题考查函数的对称性，函数与方程之间的关系，解题中注意数形结合思想的应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：函数的定义域是，且满足，
令，可得，
，
令，，可得，
，
那么．
由不等式，可得：，
对于，都有，
是递减函数，
，
解得：．
故选：．
判断的单调性即可去掉“”，转化为不等式即可求解；
本题主要考查抽象函数中的赋值法和单调性定义的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：，可得为偶函数，
当时，，
可得时，递减，
；
当时，递减，且，，
在上连续，且为减函数，
对任意的，不等式恒成立，
可得，
即为，
平方得到，
当即时，得到任意的成立，
，得到，
；
当，不满足题意；
当即时，得到任意的成立，
，得到，不满足题意；
综上，，故的最大值为，
故选：．
由题意可得为偶函数，求得在上连续，且为减函数，，即为，即有，由一次函数的单调性，解不等式即可得到所求最大值．
本题考查不等式恒成立问题解法，注意运用偶函数的性质和单调性，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：因为函数是上的增函数，
所以，
解得．
故答案为：
由已知结合分段函数的单调性建立关于的不等式组，解不等式可求．
本题主要考查了分段函数单调性的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设是把个盘子从柱移到柱过程中移动盘子之最少次数，
时，；
时，小盘柱，大盘柱，小柱从柱柱，完成，即；
时，小盘柱，中盘柱，小柱从柱柱，
用种方法把中、小两盘移到柱，大盘柱；再用种方法把中、小两盘从柱柱，完成，
，
，
以此类推，，
故答案为：．
根据移动方法与规律发现，随着盘子数目的增多，都是分两个阶段移动，用盘子数目减的移动次数都移动到柱，然后把最大的盘子移动到柱，再用同样的次数从柱移动到柱，从而完成，然后根据移动次数的数据找出总的规律求解即可．
本题考查了归纳推理、图形变化的规律问题，根据题目信息，得出移动次数分成两段计数是解题的关键．
15.【答案】
【解析】解：，，，且，，，
在同一坐标系中作出，，，的图象，如图，
由图象知，，的大小关系是．
故答案为：．
在同一坐标系中，作出函数，，，的图象求解．
本题考查三个数的大小的判断，考查函数的图象与性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中作出函数的图象，结合图象和指数函数的性质求解是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力．
作出函数的图象，结合图象得出，，可得，结合指数函数的性质，即可求解．
【解答】
解：由题意，作出函数，的图象，如图所示，
因为方程有四个根，，，，且，
由图象可知，，可得，
则，
设，，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
即，
即的取值范围是
故答案为：

17.【答案】证明：，
，，，可得，
则；
假设与同时成立，则由及，得，
同理，从而，
而，与矛盾，
假设错误，故与不可能同时成立．
【解析】直接利用作差法证明；利用反证法证明．
本题考查不等式的证明，训练了利用作差法与反证法证明不等式，是中档题．
18.【答案】解：当时，显然恒成立，
当时不等式对一切实数都成立，
则，解得，综上可得；
若选，则，又，
即在上恒成立，
令，则，解得，
所以的取值范围为；
选“”是“”的充分条件，则有，同理得的取值范围为；
选“”是“”的必要条件，则有，同理得的取值范围为．
【解析】由不等式对一切实数恒成立，分和两种情况讨论，当时可得，再求解即可；
选都有，即在恒成立，得不等式组，再求解即可．
本题考查了不等式恒成立问题，重点考查了充分必要条件，属基础题．
19.【答案】解：，
由独立性定义可知，在犯错误的概率不超过的前提下认为数学成绩优秀与及时复习有关．
由题知，人中有人来自及时复习记为，，，，人来自不及时复习记为，，
则人中抽取人共有，，，，，，，，，，，，，，共种，
其中都来自及时复习的有，，，，，共种，
故人都是来自及时复习的概率．
【解析】根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解．
根据已知条件，结合列举法和古典概型的概率公式，即可求解．
本题主要考查独立性检验公式，以及列举法和古典概型的概率公式，属于基础题．
20.【答案】解：由曲线的参数方程为为参数，得，故曲线的普通方程为，
由，得，
故直线的直角坐标方程为---------分
设点，
则点到直线的距离．
故当时，点到直线的距离取得最大值，，
此时，点的坐标为------分
【解析】结合消元即可得出曲线的普通方程；由，即可得出直线的直角坐标方程；
设点，结合点线距离公式，讨论最大值即可．
本题考查了参数方程与普通方程的互化以及参数方程的应用，属于基础题．
21.【答案】解：Ⅰ当时，，
当时，，解得，分
当时，，解得，分
当时，，解得，分
综上，原不等式的解集为；分
Ⅱ因为 时，，
当且仅当时等号成立，即，分
因为，所以，分
因为对，使得成立，
等价于，所以，分
因为，所以，解得或，
所以实数的取值范围为分
【解析】Ⅰ代入的值，将函数化为分段函数的形式，然后再分类讨论解不等式即可；
Ⅱ依题意，，求出函数和在定义域上的最小值，解不等式即可．
本题考查绝对值不等式的解法及其性质，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．
第1页，共1页