2023年上海市崇明區(qū)崇明中學(xué)高二數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末經(jīng)典模擬試題含解析

2022-2023高二下數(shù)學(xué)模擬試卷注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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(為虛數(shù)單位)，則A． B． C． D．2．某幾何體的三視圖如圖所示，當(dāng)時，這個幾何體的體積為（）A．1 B． C． D．3．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在區(qū)間上單調(diào)遞減的函數(shù)是（）A． B． C． D．4．一個盒子里有7只好的晶體管、5只壞的晶體管，任取兩次，每次取一只，每一次取后不放回，在第一次取到好的條件下，第二次也取到好的概率（）A． B． C． D．5．給出以下命題：（1）若，則；（2）；（3）的原函數(shù)為，且是以為周期的函數(shù)，則：其中正確命題的個數(shù)為（）．A．1 B．2 C．3 D．46．某學(xué)校高三模擬考試中數(shù)學(xué)成績服從正態(tài)分布，考生共有1000人，估計數(shù)學(xué)成績在75分到86分之間的人數(shù)約為（）人．參考數(shù)據(jù)：，）A．261 B．341 C．477 D．6837．某中學(xué)從4名男生和3名女生中推薦4人參加某高校自主招生考試，若這4人中必須既有男生又有女生，則不同的選法共有（）A．34種 B．35種 C．120種 D．140種8．已知曲線與直線圍成的圖形的面積為，則（）A．1 B． C． D．9．期末考試結(jié)束后，甲、乙、丙、丁四位同學(xué)預(yù)測數(shù)學(xué)成績甲：我不能及格.乙：丁肯定能及格.丙：我們四人都能及格.?。阂俏夷芗案瘢蠹叶寄芗案?成績公布后，四人中恰有一人的預(yù)測是錯誤的，則預(yù)測錯誤的同學(xué)是（）A．甲B．乙C．丙D．丁10．若正項等比數(shù)列滿足，，，則數(shù)列的前20項和是()A． B．25 C． D．15011．已知雙曲線的離心率為，則m=A．4 B．2 C． D．112．甲、乙、丙3人站到共有7級的臺階上，若每級臺階最多站2人，同一級臺階上的人不區(qū)分站的位置，則不同的站法總數(shù)是A．210B．336C．84D．343二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．直線的傾斜角為_______________.14．已知函數(shù)則的最大值是______．15．給出下列命題：①“”是“”的充分必要條件；②命題“若，則”的否命題是“若，則”；③設(shè)，，則“且”是“”的必要不充分條件；④設(shè)，，則“”是“”的必要不充分條件.其中正確命題的序號是_________.16．已知隨機(jī)變量，且，則______.三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在多面體中，四邊形是菱形，⊥平面且.(1)求證：平面⊥平面；(2)若設(shè)與平面所成夾角為，且，求二面角的余弦值.18．（12分）已知橢圓C的中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上，離心率等于，它的一個頂點恰好是拋物線的焦點．（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（Ⅱ）若直線與橢圓C相交于A、B兩點，在y軸上是否存在點D，使直線AD與BD關(guān)于y軸對稱？若存在，求出點D坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．19．（12分）將下列參數(shù)方程化為普通方程：（1）（為參數(shù)）；（2）（為參數(shù)）.20．（12分）三棱錐中，平面平面，，，分別為，的中點.（1）求證：平面；（2）若，求證：平面.21．（12分）已知函數(shù).（1）討論在上的單調(diào)性；（2）若，，求正數(shù)的取值范圍.22．（10分）如圖，OA，OB是兩條互相垂直的筆直公路，半徑OA＝2km的扇形AOB是某地的一名勝古跡區(qū)域．當(dāng)?shù)卣疄榱司徑庠摴袍E周圍的交通壓力，欲在圓弧AB上新增一個入口P（點P不與A，B重合），并新建兩條都與圓弧AB相切的筆直公路MB，MN，切點分別是B，P．當(dāng)新建的兩條公路總長最小時，投資費用最低．設(shè)∠POA＝，公路MB，MN的總長為．（1）求關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式，并寫出函數(shù)的定義域；（2）當(dāng)為何值時，投資費用最低？并求出的最小值．

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、B【解析】

由題得，再利用復(fù)數(shù)的除法計算得解.【詳解】由題得，故答案為：B【點睛】本題主要考查復(fù)數(shù)的運算，意在考查學(xué)生對該知識的掌握水平和分析推理計算能力.2、B【解析】

三視圖復(fù)原幾何體是長方體的一個角，設(shè)出棱長，利用勾股定理，基本不等式，求出最大值．【詳解】解：如圖所示，可知．設(shè)，則，消去得，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，此時，所以．故選：B．【點睛】本題考查三視圖求體積，考查基本不等式求最值，是中檔題．3、B【解析】

根據(jù)函數(shù)單調(diào)性和奇偶性的性質(zhì)分別對選項進(jìn)行判斷即可【詳解】對于A，為奇函數(shù)，在區(qū)間為單調(diào)增函數(shù)，不滿足題意；對于B,為偶函數(shù)，在區(qū)間上為單調(diào)遞減的函數(shù)，故B滿足題意；對于C,為偶函數(shù)，在區(qū)間上為周期函數(shù)，故C不滿足題意；對于D,為偶函數(shù)，在區(qū)間為單調(diào)增函數(shù)，故D不滿足題意；故答案選B【點睛】本題主要考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷，要求熟練掌握常見函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性的性質(zhì).4、C【解析】

第一次取到好的條件下，第二次即：6只好的晶體管、5只壞的晶體管中取到好的概率，計算得到答案.【詳解】第一次取到好的條件下，第二次即：6只好的晶體管、5只壞的晶體管中取到好的概率故答案選C【點睛】本題考查了條件概率，將模型簡化是解題的關(guān)鍵，也可以用條件概率公式計算.5、B【解析】

(1)根據(jù)微積分基本定理,得出,可以看到與正負(fù)無關(guān).

(2)注意到在的取值符號不同,根據(jù)微積分基本運算性質(zhì),化為求解判斷即可.

(3)根據(jù)微積分基本定理,兩邊分別求解,再結(jié)合,判定.【詳解】(1)由,得,未必.(1)錯誤.(2),(2)正確.(3),；故；(3)正確.所以正確命題的個數(shù)為2,故選：B.【點睛】本題主要考查了命題真假的判定與定積分的計算,屬于中檔題.6、B【解析】分析：正態(tài)總體的取值關(guān)于對稱，位于之間的概率是0.6826，根據(jù)概率求出位于這個范圍中的個數(shù)，根據(jù)對稱性除以2得到要求的結(jié)果．詳解：正態(tài)總體的取值關(guān)于對稱，位于之間的概率是，則估計數(shù)學(xué)成績在75分到86分之間的人數(shù)約為人.故選B.點睛：題考查正態(tài)曲線的特點及曲線所表示的意義，是一個基礎(chǔ)題，解題的關(guān)鍵是考試的成績關(guān)對稱，利用對稱寫出要用的一段分?jǐn)?shù)的頻數(shù)，題目得解．7、A【解析】分析：根據(jù)題意，選用排除法，分3步，①計算從7人中，任取4人參加志愿者活動選法，②計算選出的全部為男生或女生的情況數(shù)目，③由事件間的關(guān)系，計算可得答案．詳解：分3步來計算，

①從7人中，任取4人參加志愿者活動，分析可得，這是組合問題，共C74=35種情況；

②選出的4人都為男生時，有1種情況，因女生只有3人，故不會都是女生，

③根據(jù)排除法，可得符合題意的選法共35-1=34種；

故選A．點睛：本題考查計數(shù)原理的運用，注意對于本類題型，可以使用排除法，即當(dāng)從正面來解所包含的情況比較多時，則采取從反面來解，用所有的結(jié)果減去不合題意的結(jié)果．8、D【解析】分析：首先求得交點坐標(biāo)，然后結(jié)合微積分基本定理整理計算即可求得最終結(jié)果.詳解：聯(lián)立方程：可得：，，即交點坐標(biāo)為，，當(dāng)時，由定積分的幾何意義可知圍成的圖形的面積為：，整理可得：，則，同理，當(dāng)時計算可得：.本題選擇D選項.點睛：(1)一定要注意重視定積分性質(zhì)在求值中的應(yīng)用；(2)區(qū)別定積分與曲邊梯形面積間的關(guān)系，定積分可正、可負(fù)、也可以為0，是曲邊梯形面積的代數(shù)和，但曲邊梯形面積非負(fù).9、A【解析】分析：若甲預(yù)測正確，顯然導(dǎo)出矛盾．詳解：若甲預(yù)測正確，則乙，丙，丁都正確，乙：丁肯定能及格.丙：我們四人都能及格.?。阂俏夷芗案瘢蠹叶寄芗案?，即四人都及格顯然矛盾，故甲預(yù)測錯誤.故選A.點睛：本題考查推理與論證，根據(jù)已知分別假設(shè)得出矛盾進(jìn)而得出是解題關(guān)鍵．10、C【解析】

設(shè)正項等比數(shù)列的首項為,公比為,由已知列式求得首項與公比,可得數(shù)列的通項公式，代入求得數(shù)列的通項公式,可得數(shù)列是以2為首項,以為公差的等差數(shù)列,再由等差數(shù)列的前項和公式求解．【詳解】設(shè)正項等比數(shù)列的首項為,公比為,由,,得:,解得,則數(shù)列是以為首項，以為公差的等差數(shù)列,則.故選:C.【點睛】本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項公式,考查等差數(shù)列的求和公式,難度較易.11、B【解析】

根據(jù)離心率公式計算．【詳解】由題意，∴，解得．故選B．【點睛】本題考查雙曲線的離心率，解題關(guān)鍵是掌握雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，由方程確定．12、B【解析】

由題意知本題需要分組解決，共有兩種情況，對于7個臺階上每一個只站一人，若有一個臺階有2人另一個是1人，根據(jù)分類計數(shù)原理得到結(jié)果．【詳解】由題意知本題需要分組解決，∵對于7個臺階上每一個只站一人有A73種；若有一個臺階有2人另一個是1人共有C31A72種，∴根據(jù)分類計數(shù)原理知共有不同的站法種數(shù)是A73+C31A72=336種．故答案為：B．【點睛】分類要做到不重不漏，分類后再分別對每一類進(jìn)行計數(shù)，最后用分類加法計數(shù)原理求和，得到總數(shù)．分步要做到步驟完整﹣﹣完成了所有步驟，恰好完成任務(wù)．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由直線的斜率為，得到，即可求解.【詳解】由題意，可知直線的斜率為，設(shè)直線的傾斜角為，則，解得，即換線的傾斜角為.【點睛】本題主要考查直線的傾斜角的求解問題，其中解答中熟記直線的傾斜角與斜率的關(guān)系，合理準(zhǔn)確計算是解答的關(guān)鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎(chǔ)題.14、【解析】

分別在、和三種情況下求解在區(qū)間內(nèi)的最大值，綜合即可得到結(jié)果.【詳解】當(dāng)時，，此時：當(dāng)時，，此時：當(dāng)時，，此時：綜上所述：本題正確結(jié)果：【點睛】本題考查分段函數(shù)最值的求解，關(guān)鍵是能夠通過函數(shù)每一段區(qū)間上的解析式分別求解出在每一段區(qū)間上的最值.15、②④【解析】

逐項判斷每個選項的正誤得到答案.【詳解】①當(dāng)時，成立，但不成立，所以不具有必要性，錯誤②根據(jù)否命題的規(guī)則得命題“若，則”的否命題是“若，則”；，正確.③因為且”是“”的充分不必要條件，所以錯誤④因為且，所以“”是“”的必要不充分條件.正確.故答案為②④【點睛】本題考查了充分必要條件，否命題，意在考查學(xué)生的綜合知識運用.16、0.9【解析】

根據(jù)正態(tài)分布性質(zhì)計算概率．【詳解】由正態(tài)分布密度曲線知，又，所以，所以.【點睛】本題考查正態(tài)分布的性質(zhì)，由正態(tài)分布曲線的對稱性得若，則，．三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)見解析;(2).【解析】

（1）根據(jù)已知可得和，由線面垂直判定定理可證平面，再由面面垂直判定定理證得平面⊥平面.（2）解法一：向量法，設(shè)，以為原點，作，以的方向分別為軸，軸的正方向，建空間直角坐標(biāo)系，求得的坐標(biāo)，運用向量的坐標(biāo)表示和向量的垂直條件，求得平面和平面的的法向量，再由向量的夾角公式，計算即可得到所求的值.解法二：三垂線法，連接AC交BD于O，連接EO、FO，過點F做FM⊥EC于M，連OM，由已知可以證明FO⊥面AEC，∠FMO即為二面角A-EC-F的平面角，通過菱形的性質(zhì)、勾股定理和等面積法求得cos∠FMO，得到答案.解法三：射影面積法，連接AC交BD于O，連接EO、FO，根據(jù)已知條件計算，，二面角的余弦值cosθ=，即可求得答案.【詳解】（1）證明：連結(jié)四邊形是菱形，，⊥平面，平面，，，平面，平面，平面，平面⊥平面.（2）解：解法一：設(shè)，四邊形是菱形，，、為等邊三角形，，是的中點，，⊥平面，，在中有，，，以為原點，作，以的方向分別為軸，軸的正方向，建空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則所以，，設(shè)平面的法向量為，由得設(shè)，解得.設(shè)平面的法向量為，由得設(shè)，解得.設(shè)二面角的為，則結(jié)合圖可知，二面角的余弦值為.解法二：∵EB⊥面ABCD，∴∠EAB即為EA與平面ABCD所成的角在Rt△EAB中，cos∠EAB=又AB=2,∴AE=∴EB=DF=1連接AC交BD于O，連接EO、FO菱形ABCD中，∠BAD=60°，∴BD=AB=2矩形BEFD中，F(xiàn)O=EO=,EF=2,EO2+FO2=EF2,∴FO⊥EO又AC⊥面BEFD,FO?面BEFD,∴FO⊥AC,AC∩EO=O，AC、EO?面AEC,∴FO⊥面AEC又EC?面AEC,∴FO⊥EC過點F做FM⊥EC于M，連OM，又FO⊥EC,FM∩FO=F,FM、FO?面FMO,∴EC⊥面FMOOM?面FMO,∴EC⊥MO∴∠FMO即為二面角A-EC-F的平面角AC⊥面BEFD,EO?面BEFD，∴AC⊥EO又O為AC的中點，∴EC=AE=Rt△OEC中，OC=,EC=,∴OE=,∴OM=Rt△OFM中，OF=,OM=,∴FM=∴cos∠FMO=即二面角A-EC-F的余弦值為解法三：連接AC交BD于O，連接EO、FO菱形ABCD中，∠BAD=60°，∴BD=AB=2矩形BEFD中，F(xiàn)O=EO=,EF=2,EO2+FO2=EF2,∴FO⊥EO又AC⊥面BEFD,FO?面BEFD,∴FO⊥AC,AC∩EO=O，AC、EO?面AEC,∴FO⊥面AEC又∵EB⊥面ABCD，∴∠EAB即為EA與平面ABCD所成的角在Rt△EAB中，cos∠EAB=又AB=2,∴AE=∴EB=DF=1在Rt△EBC、Rt△FDC中可得FC=EC=在△EFC中，F(xiàn)C=EC=，EF=2,∴在△AEC中,AE=EC=,O為AC中點，∴OE⊥OC在Rt△OEC,OE=,OC=,∴設(shè)△EFC、△OEC在EC邊上的高分別為h、m,二面角A-EC-F的平面角設(shè)為θ，則cosθ=即二面角A-EC-F的余弦值為.【點睛】本題考查平面垂直的證明和二面角的計算，屬于中檔題.18、（1）；（2）見解析.【解析】分析：（1）由題意得，求解即可；（2）假設(shè)存在點滿足條件，則，設(shè)，，，聯(lián)立方程，從而可得，又由，得，從而求得答案.詳解：（Ⅰ）由題意，設(shè)橢圓方程為，則有，解得，所以橢圓C的方程為．（Ⅱ）假設(shè)存在點滿足條件，則．設(shè)，，，聯(lián)立方程，得，，，由，得，即，綜上所述，存在點，使直線AD與BD關(guān)于y軸對稱．點睛：對題目涉及的變量巧妙的引進(jìn)參數(shù)，利用題目的條件和圓錐曲線方程組成二元二次方程組，再化為一元二次方程，從而利用根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行整體代換，達(dá)到“設(shè)而不求，減少計算”的效果，直接得結(jié)果．19、（1）；（2）.【解析】試題分析：（1）分別分離處參數(shù)中的，根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式，即可消去參數(shù)得到普通方程；（2）由參數(shù)方程中求出，代入整理即可得到其普通方程.試題解析：（1）∵，∴，兩邊平方相加，得，即.（2）∵，∴由代入，得，∴.考點：曲線的參數(shù)方程與普通方程的互化.20、（1）詳見解析；（2）詳見解析.【解析】試題分析：(1)利用題意證得，由線面平行的結(jié)論有平面；(2)利用題意可得：，，結(jié)合線面垂直的結(jié)論則有平面．試題解析：（1）∵，分別為，的中點∴∵平面，平面∴平面（2）∵，為的中點∴∵平面平面，平面平面，平面∴平面平面∴∵，∴∵平面，平面，∴平面．點睛：注意使用線面垂直的定義和線面垂直的判定定理，不要誤解為“如果一條直線垂直于平面內(nèi)的無數(shù)條直線，就垂直于這個平面”21、（1）見解析；（2）【解析】分析：（1）求出函數(shù)的