2023年安徽省滁州海亮學校數學高二下期末統(tǒng)考模擬試題含解析

2022-2023高二下數學模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．函數圖象的大致形狀是（）A． B． C． D．2．《九章算術》中有如下問題：“今有勾八步，股一十五步，問勾中容圓，徑幾何？”其大意：“已知直角三角形兩直角邊長分別為步和步，問其內切圓的直徑為多少步？”現若向此三角形內隨機投一粒豆子，則豆子落在其內切圓外的概率是（）A． B． C． D．3．設、、，，，，則、、三數（）A．都小于 B．至少有一個不大于C．都大于 D．至少有一個不小于4．設集合，若，則（）A． B． C． D．5．歐拉公式（為虛數單位）是由瑞士著名數學家歐拉發(fā)現的，它將指數函數的定義域擴大到復數，建立了三角函數和指數函數的關系，它在復變函數論里非常重要，被譽為“數學中的天橋”.根據歐拉公式可知，表示的復數位于復平面中的（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．若函數至少存在一個零點，則的取值范圍為（）A． B． C． D．7．定義在R上的偶函數滿足，當時，，設函數，，則與的圖象所有交點的橫坐標之和為（）A．3 B．4 C．5 D．68．若離散型隨機變量的分布如下：則的方差（）010.6A．0.6 B．0.4 C．0.24 D．19．不等式的解集為（）A． B．C． D．10．設，，若，則的最小值為A． B．8 C．9 D．1011．，則的值為（）A．2B．-2C．8D．-812．定義在上的奇函數滿足，且在上單調遞增，則下列結論中正確的是（）A.B.C.D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知隨機變量X服從正態(tài)分布N(0，σ2)且P(－2≤X≤0)＝0.4，則P(X>2)＝____________.14．在數列中，若，，則該數列的通項________.15．如圖所示，在三棱錐中，若，，是的中點，則下列命題中正確的是_______(填序號)．①平面平面；②平面平面；③平面平面，且平面平面；④平面平面，且平面平面.16．已知復數滿足（是虛數單位），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）已知命題實數滿足（其中），命題方程表示雙曲線.（I）若，且為真命題，求實數的取值范圍；(Ⅱ)若是的必要不充分條件，求實數的取值范圍．18．（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的焦距為4，且過點．（1）求橢圓的方程（2）設橢圓的上頂點為，右焦點為，直線與橢圓交于、兩點，問是否存在直線，使得為的垂心，若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由．19．（12分）已知橢圓：的離心率為，直線被圓截得的弦長為.（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線交橢圓于，兩點，在軸上是否存在定點，使得為定值？若存在，求出點的坐標和的值；若不存在，請說明理由.20．（12分）已知函數.（1）判斷的圖象是否是中心對稱圖形？若是，求出對稱中心；若不是，請說明理由；（2）設，試討論的零點個數情況.21．（12分）（1）用分析法證明：；（2）用反證法證明：三個數中，至少有一個大于或等于.22．（10分）已知數列的前項和，且滿足：，.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.

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】

利用奇偶性可排除A、C；再由的正負可排除D.【詳解】，，故為奇函數，排除選項A、C；又，排除D，選B.故選：B.【點睛】本題考查根據解析式選擇圖象問題，在做這類題時，一般要結合函數的奇偶性、單調性、對稱性以及特殊點函數值來判斷，是一道基礎題.2、D【解析】由題意可知：直角三角向斜邊長為17，由等面積，可得內切圓的半徑為：落在內切圓內的概率為，故落在圓外的概率為3、D【解析】

利用基本不等式計算出，于此可得出結論.【詳解】由基本不等式得，當且僅當時，等號成立，因此，若、、三數都小于，則與矛盾，即、、三數至少有一個不小于，故選D.【點睛】本題考查了基本不等式的應用，考查反證法的基本概念，解題的關鍵就是利用基本不等式求最值，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.4、B【解析】分析:先根據得到=1即得a=2,再根據求出b的值，再求則.詳解：因為，所以=1，所以a=2.又因為，所以b=1,所以Q={2,1}，所以.故答案為：B.點睛：（1）本題主要考查集合的交集補集運算，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)解答集合中的參數問題，要注意檢驗，一是檢驗是否滿足集合元素的互異性，二是檢驗是否滿足每一個條件.5、B【解析】,對應點,位于第二象限,選B.6、A【解析】

將條件轉化為有解，然后利用導數求出右邊函數的值域即可.【詳解】因為函數至少存在一個零點所以有解即有解令，則因為，且由圖象可知，所以所以在上單調遞減，令得當時，單調遞增當時，單調遞減所以且當時所以的取值范圍為函數的值域，即故選：A【點睛】1.本題主要考查函數與方程、導數與函數的單調性及簡單復合函數的導數，屬于中檔題.2.若方程有根，則的范圍即為函數的值域7、B【解析】

根據題意，分析可得函數與的圖象都關于直線對稱，作出兩個函數圖象，分析其交點情況即可得到答案.【詳解】由題意，函數滿足可知，函數的圖象關于直線對稱，又函數為偶函數，所以函數的圖象關于軸對稱，由函數可知，函數的圖象關于直線對稱，畫出函數與的圖象如圖所示：設圖中四個交點的橫坐標為，由圖可知，，所以函數與的圖象所有交點的橫坐標之和為4.故選：B【點睛】本題考查函數的奇偶性和對稱性、指數函數的圖象與性質；考查數形結合思想和運算求解能力；利用函數的奇偶性和對稱性作出函數圖象是求解本題的關鍵；屬于綜合型、難度大型試題.8、C【解析】分析：由于已知分布列即可求出m的取值，進而使用期望公式先求出數學期望，再代入方差公式求出方差．詳解：由題意可得：m+0.6=1，所以m=0.4，所以E（x）=0×0.4+1×0.6=0.6，所以D（x）=（0﹣0.6）2×0.4+（1﹣0.6）2×0.6=0.1．故選：C．點睛：本題主要考查離散型隨機變量的分布和數學期望、方差等基礎知識，熟記期望、方差的公式是解題的關鍵．9、D【解析】

利用指數函數的單調性，得到關于的一元二次不等式，解得答案.【詳解】不等式，轉化為，因為指數函數單調遞增且定義域為，所以，解得.故不等式的解集為.故選：D.【點睛】本題考查解指數不等式，一元二次不等式，屬于簡單題.10、C【解析】

根據題意可知，利用“1”的代換，將化為，展開再利用基本不等式，即可求解出答案?！驹斀狻坑深}意知，，，且，則當且僅當時，等號成立，的最小值為9，故答案選C?！军c睛】本題主要考查了利用基本不等式的性質求最值的問題，若不滿足基本不等式條件，則需要創(chuàng)造條件對式子進行恒等變形，如構造“1”的代換等。11、D【解析】試題分析：，所以當時，；當時，，故考點：二項式定理12、D【解析】試題分析：由可得：，所以函數的周期，又因為是定義在R上的奇函數，所以，又在上單調遞增，所以當時，，因此，，所以?？键c：函數的性質。二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、0.1【解析】隨機變量服從正態(tài)分布，且，故答案為.14、【解析】

根據條件先判斷數列類型，然后利用定義求解數列通項公式.【詳解】因為，所以，所以是等差數列且公差，又，所以，所以，故答案為：.【點睛】本題考查等差數列的判斷及通項求解，難度較易.常見的等差數列的判斷方法有兩種：定義法、等差中項法.15、③【解析】

由AB=BC，AD=CD，說明對棱垂直，推出平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE，即可得出結論．【詳解】因為AB＝CB，且E是AC的中點，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE．因為AC在平面ABC內，所以平面ABC⊥平面BDE．又由于AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE，故答案為：③．【點睛】本題考查了平面與平面垂直的判定，考查學生分析解決問題的能力，屬于基礎題．16、【解析】

利用復數的除法運算化簡，進而求得.【詳解】依題意，故故答案為：.【點睛】本小題主要考查復數除法運算，考查復數的模的計算，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、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）將代入不等式，并解出命題中的不等式，同時求出當命題為真命題時實數的取值范圍，由條件為真命題，可知這兩個命題都是真命題，然后將兩個范圍取交集可得出實數的取值范圍；（Ⅱ）解出命題中的不等式，由是的必要不充分條件，得出命題中實數的取值范圍是命題中不等式解集的真子集，然后列不等式組可求出實數的取值范圍．【詳解】（Ⅰ）由得，若，為真時實數t的取值范圍是.由表示雙曲線,得,即為真時實數的取值范圍是.若為真，則真且真，所以實數t的取值范圍是（Ⅱ）設，是的必要不充分條件，.當時，，有，解得；當時，，顯然，不合題意．∴實數a的取值范圍是．【點睛】本題第（1）問考查復合命題的真假與參數，第（2）問考查充分必要性與參數，一般要結合兩條件之間的關系轉化為集合間的包含關系，考查轉化與化歸數學思想，屬于中等題．18、（1）；（2）存在直線滿足題設條件,詳見解析【解析】

（1）由已知列出關于，，的方程組，解得，，，寫出結果即可；（2）由已知可得，，．所以，因為，所以可設直線的方程為，代入橢圓方程整理，得．設，，，，由根與系數的關系寫出兩根之和和兩根之積的表達式，再由垂心的性質列出方程求解即可．【詳解】（1）由已知可得，解得，，，所以橢圓的方程為．（2）由已知可得，，∴.∵，∴可設直線的方程為，代入橢圓方程整理，得.設，則，∵.即∵即，∵∴或.由，得又時，直線過點，不合要求，∴，故存在直線滿足題設條件.【點睛】本題主要考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關系應用，以及垂心的定義應用。意在考查學生的數學運算能力。19、（1）；（2），.【解析】

（1）由橢圓的離心率為，求得,再由圓的性質和圓的弦長公式，求得，進而可求解橢圓的標準方程；（2）設的方程：，聯立方程組，利用根與系數的關系，求得，再利用向量的數量積的運算和代數式的性質，即可得到結論．【詳解】（1）∵橢圓的離心率為，∴,∵圓的圓心到直線的距離為,∴直線被圓截得的弦長為.解得，故，∴橢圓的方程為.（2）設，，，當直線與軸不重合時，設的方程：.由得，，∴，，，當，即時，的值與無關，此時.當直線與軸重合且時，.∴存在點，使得為定值.【點睛】本題主要考查橢圓的標準方程的求解、及直線與圓錐曲線的位置關系的應用問題,解答此類題目，通常聯立直線方程與橢圓（圓錐曲線）方程的方程組，應用一元二次方程根與系數的關系進行求解，此類問題易錯點是復雜式子的變形能力不足，導致錯解，能較好的考查考生的邏輯思維能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等．20、（1）的圖象是中心對稱圖形，對稱中心為：；（2）當或時，有個零點；當時，有個零點【解析】

（1）設，通過奇偶性的定義可求得為奇函數，關于原點對稱，從而可得的對稱中心，得到結論；（2），可知為一個解，從而將問題轉化為解的個數的討論，即的解的個數；根據的范圍，分別討論不同范圍情況下方程解的個數，從而得到零點個數，綜合得到結果.【詳解】（1）設定義域為：為奇函數，圖象關于對稱的圖象是中心對稱圖形，對稱中心為：（2）令，可知為其中一個解，即為一個零點只需討論的解的個數即可①當時，無解有且僅有一個零點②當時，為方程的解有，共個零點③當時，（i）若，即時，為方程的解有，共個零點（ii）若，即時，的解為：有且僅有一個零點（iii）若，即時，，方程無解有且僅有一個零點綜上所述：當或時，有個零點；當時，有個零點【點睛】本題考查函數對稱性的判斷、函數零點個數的討論.解決本題中零點個數問題的關鍵是能夠將問題轉化為方程根的個數的討論，從而根據的不同范圍得到方程根的個數，進而得到零點個數，屬于較難題.21、(1)證明見解析；(2)證明見解析.【解析】試題分析：(1)結合不等式的特征，兩邊平方，用分析法證明不等式即可；(2)利用反證法，假設這三個數沒有一個大于或等于，然后結合題意找到矛盾即可證得題中的結論.試題解析：（1）因為和都是正數，所以要證，只要證，展開得，只要證，只要證，因為成立，所以成立.（2）假設這三個數沒有一個大于或等于，即，上面不等式相加得（*）而，這與（*）式矛盾，所以假設不成立，即原命題成立.點睛：一是分析法是“執(zhí)果索因”，特點是從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實際上是尋找使結論成立的