黑龍江省雞西市東方紅林業(yè)局中學2022-2023學年數學高二下期末監(jiān)測試題含解析

2022-2023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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、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．對于平面、、和直線、、、,下列命題中真命題是()A．若,則B．若,則C．若則D．若,則2．在復數范圍內，多項式可以因式分解為（）A． B．C． D．3．如圖，某幾何體的三視圖是三個邊長為1的正方形，及每個正方形中的一條對角線，則該幾何體的表面積是()A．4+2 B．9+32 C．4．已知函數在區(qū)間上是單調遞增函數，則的取值范圍為（）A． B． C． D．5．已知函數則使函數g(x)＝f(x)＋x－m有零點的實數m的取值范圍是()A．[0，1) B．(－∞，1)C．(－∞，1]∪(2，＋∞) D．(－∞，0]∪(1，＋∞)6．函數在的圖象大致為（）A． B．C． D．7．已知函數，若方程在上有3個實根，則的取值范圍為（）A． B． C． D．8．某學校運動會的立定跳遠和30秒跳繩兩個單項比賽分成預賽和決賽兩個階段。下表為10名學生的預賽成績，其中有些數據漏記了（見表中空白處）學生序號12345678910立定跳遠（單位：米）1.961.681.821.801.601.761.741.721.921.7830秒跳繩（單位：次）63756062727063在這10名學生中進入立定跳遠決賽的有8人，同時進入立定跳遠決賽和30秒跳繩決賽的有6人，則以下判斷正確的為（）A．4號學生一定進入30秒跳繩決賽B．5號學生一定進入30秒跳繩決賽C．9號學生一定進入30秒跳繩決賽D．10號學生一定進入30秒眺繩決賽9．函數的一個單調增區(qū)間是（）A． B． C． D．10．若且；則的展開式的系數是（）A． B． C． D．11．某商場對某一商品搞活動，已知該商品每一個的進價為3元，銷售價為8元，每天售出的第20個及之后的半價出售.該商場統(tǒng)計了近10天這種商品的銷量，如圖所示，設x(個)為每天商品的銷量，y(元)為該商場每天銷售這種商品的利潤.從日利潤不少于96元的幾天里任選2天，則選出的這2天日利潤都是97元的概率是()A．110 B．19 C．112．已知是定義域為的奇函數,滿足.若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知滿足約束條件則的最小值為______________.14．觀察下列等式：按此規(guī)律，第個等式可為__________．15．公元前3世紀，古希臘數學家阿波羅尼斯在前人的基礎上寫了一部劃時代的著作《圓錐曲線論》，該書給出了當時數學家們所研究的六大軌跡問題，其中之一便是“到兩個定點的距離之比等于不為1的常數的軌跡是圓”，簡稱“阿氏圓”．用解析幾何方法解決“到兩個定點，的距離之比為的動點軌跡方程是：”，則該“阿氏圓”的圓心坐標是______，半徑是_____．16．設，函數f

是偶函數，若曲線

的一條切線的斜率是，則切點的橫坐標為______．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）如圖，是圓錐的頂點，是底面圓的一條直徑，是一條半徑.且，已知該圓錐的側面展開圖是一個面積為的半圓面.（1）求該圓錐的體積：（2）求異面直線與所成角的大小.18．（12分）已知函數，.（I）若，求曲線在點處的切線方程；（Ⅱ）若函數在上是減函數，即在上恒成立，求實數的取值范圍.19．（12分）已知為等差數列，且，.（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和.20．（12分）如圖，三棱柱中，，，（1）證明：；（2）若平面

平面，，求點到平面的距離．21．（12分）已知函數在處取到極值.（1）求實數的值，并求出函數的單調區(qū)間；（2）求函數在上的最大值與最小值及相應的的值.22．（10分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若不等式對任意的實數恒成立，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、C【解析】

若由線面垂直的判定定理知,只有當和為相交線時,才有

錯誤；

若此時由線面平行的判定定理可知,只有當在平面

外時,才有錯誤；由面面平行的性質定理:若兩平面平行,第三個平面與他們都相交,則交線平行,可判斷,若，，，則為真命題,正確；若此時由面面平行的判定定理可知,只有當、為相交線時,才有錯誤.

故選C.考點：考查直線與直線，直線與平面，平面與平面的位置關系.2、A【解析】

將代數式化為，然后利用平方差公式可得出結果.【詳解】，故選A.【點睛】本題考查復數范圍內的因式分解，考查平方差公式的應用，屬于基礎題.3、B【解析】

畫出幾何體的直觀圖，利用三視圖的數據，求解幾何體的表面積即可．【詳解】幾何體的直觀圖如圖：所以幾何體的表面積為：3+3×1故選：B．【點睛】本題考查了根據三視圖求解幾何體的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵，屬于中檔題.4、A【解析】分析：由函數在區(qū)間上是單調遞增函數，得，進而分離參數得；構造函數，研究函數的值域特征，進而得到的單調性，最后求得的取值范圍。詳解：因為在區(qū)間上是單調遞增函數所以，而在區(qū)間上所以，即令，則分子分母同時除以，得令，則在區(qū)間上為增函數所以所以在區(qū)間上恒成立即在區(qū)間上恒成立所以函數在區(qū)間上為單調遞減函數所以所以選A點睛：本題考查了函數與導函數的綜合應用，分離參數、構造函數法在解決單調性、最值問題中的應用，綜合性強，對分析問題、解決問題的能力要求較高，屬于難題。5、D【解析】試題分析：函數的零點就是方程的根，作出的圖象，觀察它與直線的交點，得知當時，或時有交點，即函數有零點.考點：函數的零點．點評：本題充分體現了數形結合的數學思想．函數的零點、方程的根、函數圖像與x軸的交點，做題時注意三者之間的等價轉化．6、C【解析】，為偶函數，則B、D錯誤；又當時，，當時，得，則則極值點，故選C．點睛：復雜函數的圖象選擇問題，首先利用對稱性排除錯誤選項，如本題中得到為偶函數，排除B、D選項，在A、C選項中，由圖可知，雖然兩個圖象在第一象限都是先增后減，但兩個圖象的極值點位置不同，則我們采取求導來判斷極值點的位置，進一步找出正確圖象．7、B【解析】

利用參數分離法，構造函數，求函數的導數，研究函數的極值和最值，利用數形結合進行求解即可．【詳解】當時，，則不成立，即方程沒有零解.當時，，即，則設則由，得，此時函數單調遞增；由，得，此時函數單調遞減，所以當時，函數取得極小值；當時，；當時，；當時，，即，則.設則由得（舍去）或，此時函數單調遞增；由得，此時單調遞減，所以當時，函數取得極大值；當時，當時，作出函數和的圖象，可知要使方程在上有三個實根，則.故選：B.【點睛】已知函數有零點求參數取值范圍常用的方法和思路(1)直接法：直接根據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．8、D【解析】

先確定立定跳遠決賽的學生，再討論去掉兩個的可能情況即得結果【詳解】進入立定跳遠決賽的學生是1，3，4，6，7，8，9，10號的8個學生，由同時進入兩項決賽的有6人可知，1，3，4，6，7，8，9，10號有6個學生進入30秒跳繩決賽，在這8個學生的30秒跳繩決賽成績中，3，6，7號學生的成績依次排名為1，2，3名，1號和10號成績相同，若1號和10號不進入30秒跳繩決賽，則4號肯定也不進入，這樣同時進入立定跳遠決賽和30秒跳繩決賽的只有5人，矛盾，所以1，3，6，7，10號學生必進入30秒跳繩決賽.選D.【點睛】本題考查合情推理，考查基本分析判斷能力，屬中檔題.9、B【解析】

對函數在每個選項的區(qū)間上的單調性進行逐一驗證，可得出正確選項.【詳解】對于A選項，當時，，所以，函數在區(qū)間上不單調；對于B選項，當時，，所以，函數在區(qū)間上單調遞增；對于C選項，當時，，所以，函數在區(qū)間上單調遞減；對于D選項，當時，，所以，函數在區(qū)間上單調遞減.故選：B.【點睛】本題考查正弦型函數在區(qū)間單調性的判斷，一般利用驗證法進行判斷，即求出對象角的取值范圍，結合正弦函數的單調性進行判斷，考查推理能力，屬于中等題.10、C【解析】

先根據求出，再代入，直接根據的展開式的第項為，即可求出展開式的系數?！驹斀狻恳驗榍宜哉归_式的第項為展開式中的系數為故選C【點睛】本題考查二項式展開式，屬于基礎題。11、A【解析】

分別計算每個銷量對應的利潤，選出日利潤不少于96元的天數，再利用排列組合公式求解.【詳解】當x=18時：y=18×5=90當x=19時：y=19×5=95當x=20時：y=19×5+1=96當x=21時：y=19×5+2=97日利潤不少于96元共有5天，2天日利潤是97元故P=C故答案選A【點睛】本題考查了頻率直方圖，概率的計算，意在考查學生的計算能力.12、C【解析】分析：先根據奇函數性質以及對稱性確定函數周期，再根據周期以及對應函數值求結果.詳解：因為是定義域為的奇函數，且，所以,因此，因為，所以，，從而，選C.點睛：函數的奇偶性與周期性相結合的問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進行變換，將所求函數值的自變量轉化到已知解析式的函數定義域內求解．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、8【解析】

由題意畫出可行域，利用圖像求出最優(yōu)解，再將最優(yōu)解的坐標代入目標函數即可求出的最小值.【詳解】由題意畫出約束條件的可行域如圖所示，由圖像知，當過點時，取得最小值，聯(lián)立，解得，代入目標函數，.故答案為：8【點睛】本題主要考查簡單的線性規(guī)劃問題，考查學生數形結合的思想，屬于基礎題.14、(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)【解析】

試題分析：題目中給出的前三個等式的特點是第一個等式的左邊僅含一項，第二個等式的左邊含有兩項相乘，第三個等式的左邊含有三項相乘，由此歸納第n個等式的左邊含有n項相乘，由括號內數的特點歸納第n個等式的左邊應為：（n+1）（n+2）（n+3）…（n+n），每個等式的右邊都是2的幾次冪乘以從1開始幾個相鄰奇數乘積的形式，且2的指數與奇數的個數等于左邊的括號數，由此可知第n個等式的右邊為?1?3?5…（2n-1）．所以第n個等式可為（n+1）（n+2）（n+3）…（n+n）=?1?3?5…（2n-1）．故答案為15、2【解析】

將圓化為標準方程即可求得結果.【詳解】由得：圓心坐標為：，半徑為：本題正確結果：；【點睛】本題考查根據圓的方程求解圓心和半徑的問題，屬于基礎題.16、【解析】

先根據f(x)為偶函數求得，再由，解得．【詳解】由題意可得f(x)=f(-x),即，變形為為任意x時都成立，所以，所以，設切點為，，由于是R上的單調遞增函數，且．所以．填．【點睛】本題考查函數的奇偶性與單調性及由曲線的斜率求切點橫坐標．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）【解析】

(1)運用圓錐的體積公式求解；(2)建立空間直角坐標系，運用空間向量的夾角公式求解.【詳解】解：（1）設該圓錐的母線長為，底面圓半徑為，高為，由題意，∴，底面圓周長，∴，∴，因此，該圓錐的體積；（2）如圖所示，取弧的中點，則，因為垂直于底面，所以、、兩兩垂直以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，計算得，，，，所以，，設與所成角的大小為，則，所以，即異面直線與所成角的大小為.【點睛】本題考查圓錐的體積和異面直線所成的角，屬于基礎題.18、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（1）求出函數的導數，計算f（1），f′（1）的值，寫出切線方程即可（2）求出函數的導數，根據函數的單調性求出a的范圍即可.【詳解】（1）當時，，所以，

所以，又，

所以曲線在點處的切線方程為；

（2）因為函數f（x）在[1，3]上是減函數，

所以在[1，3]上恒成立，令，則，解得，故.所以實數的取值范圍.【點睛】本題主要考查了函數的單調性，函數的最值，導數的應用，恒成立問題，屬于中檔題.19、(1).(2).【解析】分析：（1）由，可得，解之得，從而可得的通項公式；（2）由可得，，利用錯位相減法即可得結果.詳解：（Ⅰ）由已知條件可得，解之得，，所以，.（Ⅱ）由可得，，設數列的前項和為.則，∴，以上二式相減得，所以，.點睛：本題主要考查等差數列的通項公式基本量運算以及錯位相減法求數列的前項和，屬于中檔題.一般地，如果數列是等差數列，是等比數列，求數列的前項和時，可采用“錯位相減法”求和，一般是和式兩邊同乘以等比數列的公比，然后作差求解,在寫出“”與“”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“”的表達式.20、（1）見解析（2）【解析】試題分析：(1)利用題意首先證得，然后利用線面垂直的