山西省忻州市忻州一中2023年數(shù)學(xué)高二下期末聯(lián)考試題含解析

2022-2023高二下數(shù)學(xué)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(yīng)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(zhǔn)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．設(shè)非零向量滿足，，則向量間的夾角為()A．150° B．60°C．120° D．30°2．設(shè)，則“”是“”成立的（）A．充要不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充要也不必要條件3．已知i是虛數(shù)單位,若復(fù)數(shù)z滿足,則=A．-2i B．2i C．-2 D．24．已知隨機(jī)變量滿足，，則下列說法正確的是（）A．， B．，C．， D．，5．從5位男教師和4位女教師中選出3位教師，派到3個班擔(dān)任班主任（每班1位班主任），要求這3位班主任中男、女教師都要有，則不同的選派方案共有（）A．210種 B．420種 C．630種 D．840種6．若實數(shù)滿足，則的最大值為（）A．3 B．4 C．5 D．67．利用數(shù)學(xué)歸納法證明“且”的過程中，由假設(shè)“”成立，推導(dǎo)“”也成立時，該不等式左邊的變化是（）A．增加B．增加C．增加并減少D．增加并減少8．已知橢圓的左、右焦點分別為、，過且斜率為的直線交橢圓于、兩點，則的內(nèi)切圓半徑為()A． B． C． D．9．設(shè)全集U＝｛1,3,5,7｝，集合M＝｛1，|a－5|｝，MU，M＝｛5，7｝，則實數(shù)a的值為()A．2或－8 B．－8或－2 C．－2或8 D．2或810．在一次投籃訓(xùn)練中，某隊員連續(xù)投籃兩次.設(shè)命題是“第一次投中”，是“第二次投中”，則命題“兩次都沒有投中目標(biāo)”可表示為A． B． C． D．11．中國有個名句“運籌帷幄之中，決勝千里之外”，其中的“籌”原意是指《孫子算經(jīng)》中記載的算籌．古代用算籌來進(jìn)行計算，算籌是將幾寸長的小竹棍擺在平面上進(jìn)行計算，算籌的擺放形式有橫縱兩種形式（如圖所示），表示一個多位數(shù)時，像阿拉伯計數(shù)一樣，把各個數(shù)位的數(shù)碼從左到右排列，但各位數(shù)碼的籌式需要縱橫相間，個位、百位、萬位數(shù)用縱式表示，十位、千位、十萬位用橫式表示，以此類推．例如4266用算籌表示就是，則8771用算籌可表示為（）A． B． C． D．12．設(shè)函數(shù)是上的可導(dǎo)函數(shù)其導(dǎo)函數(shù)為,且有,則不等式的解集為()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若是函數(shù)的極值點，則在上的最小值為______.14．設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)同時滿足以下條件：①f(x)＋f(－x)＝0；②f(－x－2)＋f(x)＝0；③當(dāng)x∈[0,1)時，f(x)＝lg(x＋1).則f()＋lg14＝________.15．甲、乙兩名運動員進(jìn)行乒乓球單打比賽，已知每一局甲勝的概率為．比賽采用“五局三勝（即有一方先勝3局即獲勝，比賽結(jié)束）制”，則甲獲勝的概率是____．16．乒乓球比賽,三局二勝制.任一局甲勝的概率是,甲贏得比賽的概率是,則的最大值為_____.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）已知函數(shù)（其中）．（Ⅰ）當(dāng)時，證明：當(dāng)時，；（Ⅱ）若有兩個極值點.（i）求實數(shù)的取值范圍；（ii）證明：.18．（12分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線C1的參數(shù)方程為（t為參數(shù)），以O(shè)為極點，x軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線C2的極坐標(biāo)方程為ρ2（1+sin2θ）＝2，點M的極坐標(biāo)為（，）．（1）求點M的直角坐標(biāo)和C2的直角坐標(biāo)方程；（2）已知直線C1與曲線C2相交于A，B兩點，設(shè)線段AB的中點為N，求|MN|的值．19．（12分）如圖，在四棱錐中，四邊形為正方形，面，且，為中點．（1）證明：//平面；（2）證明：平面平面；（3）求二面角的余弦值．20．（12分）為調(diào)查某小區(qū)居民的“幸福度”．現(xiàn)從所有居民中隨機(jī)抽取16名，如圖所示的莖葉圖記錄了他們的幸福度分?jǐn)?shù)（以小數(shù)點前的一位數(shù)字為莖，小數(shù)點后的一位數(shù)字為葉），若幸福度分?jǐn)?shù)不低于8.5分，則稱該人的幸福度為“幸?！保?）求從這16人中隨機(jī)選取3人，至少有2人為“幸?！钡母怕?；（2）以這16人的樣本數(shù)據(jù)來估計整個小區(qū)的總體數(shù)據(jù),若從該小區(qū)（人數(shù)很多）任選3人，記表示抽到“幸?！钡娜藬?shù)，求的分布列及數(shù)學(xué)期望和方差．21．（12分）已知定義在上的函數(shù).（1）若的最大值為3，求實數(shù)的值；（2）若，求的取值范圍.22．（10分）在直角坐標(biāo)系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以坐標(biāo)原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標(biāo)系，曲線的極坐標(biāo)方程為.(1)把的參數(shù)方程化為極坐標(biāo)方程：(2)求與交點的極坐標(biāo).

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】

利用平方運算得到夾角和模長的關(guān)系，從而求得夾角的余弦值，進(jìn)而得到夾角.【詳解】即本題正確選項：【點睛】本題考查向量夾角的求解，關(guān)鍵是利用平方運算和數(shù)量積運算將問題變?yōu)槟ｉL之間的關(guān)系，求得夾角的余弦值，從而得到所求角.2、C【解析】試題分析：當(dāng)時，，當(dāng)一正一負(fù)時，，當(dāng)時，，所以，故選C．考點：充分必要條件．3、A【解析】由得,即,所以,故選A.【名師點睛】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減乘除運算的法則是進(jìn)行復(fù)數(shù)運算的理論依據(jù),加減運算類似于多項式的合并同類項,乘法法則類似于多項式乘法法則,除法運算則先將除式寫成分式的形式,再將分母實數(shù)化.注意下面結(jié)論的靈活運用：(1)(1±i)2＝±2i；(2)＝i,＝－i.4、D【解析】分析：利用期望與方差的性質(zhì)與公式求解即可.詳解：隨機(jī)變量滿足，所以，解得，故選D.點睛：已知隨機(jī)變量的均值、方差，求的線性函數(shù)的均值、方差和標(biāo)準(zhǔn)差，可直接用的均值、方差的性質(zhì)求解.若隨機(jī)變量的均值、方差、標(biāo)準(zhǔn)差，則數(shù)的均值、方差、標(biāo)準(zhǔn)差.5、B【解析】依題意可得，3位實習(xí)教師中可能是一男兩女或兩男一女．若是一男兩女，則有種選派方案，若是兩男一女，則有種選派方案．所以總共有種不同選派方案，故選B6、B【解析】

作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域，利用目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，利用數(shù)形結(jié)合進(jìn)行求解即可．【詳解】作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖：（陰影部分）．設(shè)得，平移直線，由圖象可知當(dāng)直線經(jīng)過點時，直線的截距最大，此時最大．由，解得，即，代入目標(biāo)函數(shù)得．即目標(biāo)函數(shù)的最大值為1．故選B．【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應(yīng)用，利用目標(biāo)函數(shù)的幾何意義，結(jié)合數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想是解決此類問題的基本方法．7、D【解析】

由題寫出時的表達(dá)式和的遞推式，通過對比，選出答案【詳解】時，不等式為時，不等式為，增加并減少.故選D.【點睛】用數(shù)學(xué)歸納法寫遞推式時，要注意從到時系數(shù)k對表達(dá)式的影響，防止出錯的方法是依次寫出和的表達(dá)式，對比增項是什么，減項是什么即可8、C【解析】分析：根據(jù)韋達(dá)定理結(jié)合三角形面積公式求出的面積，利用橢圓的定義求出三角形的周長，代入內(nèi)切圓半徑，從而可得結(jié)果.詳解：橢圓的左、右焦點分別為，則的坐標(biāo)為，過且斜率為的直線為，即，代入，得，則，故的面積，的周長，故的內(nèi)切圓半徑，故選C.點睛：本題主要考查利用橢圓的簡單性質(zhì)與橢圓定義的應(yīng)用，屬于中檔題.求解與橢圓性質(zhì)有關(guān)的問題時要結(jié)合圖形進(jìn)行分析，既使不畫出圖形，思考時也要聯(lián)想到圖形，當(dāng)涉及頂點、焦點、長軸、短軸、橢圓的基本量時，要理清它們之間的關(guān)系，挖掘出它們之間的內(nèi)在聯(lián)系.9、D【解析】分析：利用全集，由，列方程可求的值.詳解：由，且，又集合，實數(shù)的值為或，故選D.點睛：本題考查補集的定義與應(yīng)用，屬于簡單題.研究集合問題，一定要抓住元素，看元素應(yīng)滿足的屬性.研究兩集合的關(guān)系時，關(guān)鍵是將兩集合的關(guān)系轉(zhuǎn)化為元素間的關(guān)系.10、D【解析】分析：結(jié)合課本知識點命題的否定和“且”聯(lián)結(jié)的命題表示來解答詳解：命題是“第一次投中”，則命題是“第一次沒投中”同理可得命題是“第二次沒投中”則命題“兩次都沒有投中目標(biāo)”可表示為故選點睛：本題主要考查了，以及的概念，并理解為真時，，中至少有一個為真。11、C【解析】

由算籌含義直接求解．【詳解】解：由算籌含義得到8771用算籌可表示為．故選C．【點睛】本題考查中華傳統(tǒng)文化中的數(shù)學(xué)問題，考查簡單的合理推理、考查函數(shù)與方程思想，是中等題.12、C【解析】分析：先求，所以單調(diào)遞減。再解不等式。詳解：因為，所以，設(shè)故單調(diào)遞減，那么，，所以的解集，也即是的解集，由單調(diào)遞減，可得，所以，故選C。點睛：已知抽象函數(shù)的性質(zhì)解不等式的基本解法有兩種：（1）構(gòu)造滿足題目條件的特殊函數(shù)，（2）還原抽象函數(shù)，利用抽象函數(shù)的性質(zhì)求解。二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先對f(x)求導(dǎo)，根據(jù)可解得a的值，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出區(qū)間上的最小值．【詳解】，則，解得，所以，則.令，得或；令，得.所以在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞增.所以.【點睛】本題考查由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)的最小值，解題關(guān)鍵是由求出未知量a．14、1.【解析】分析：由①②知函數(shù)f(x)是周期為2的奇函數(shù)，由此即可求出答案.詳解：由①②知函數(shù)f(x)是周期為2的奇函數(shù)，于是f()＝f＝f＝－f，又當(dāng)x∈[0,1)時，f(x)＝lg(x＋1)，f()＝－f＝－lg＝lg，故f()＋lg14＝lg＋lg14＝lg10＝1.故答案為：1.點睛：本題考查函數(shù)周期性的使用，函數(shù)的周期性反映了函數(shù)在整個定義域上的性質(zhì)．對函數(shù)周期性的考查，主要涉及函數(shù)周期性的判斷，利用函數(shù)周期性求值．15、；【解析】

利用相互獨立事件同時發(fā)生的概率計算求解，甲獲勝，則比賽打了5局，且最后一局甲勝利.【詳解】由題意知，前四局甲、乙每人分別勝2局，則甲獲勝的概率是：.【點睛】本題考查相互獨立事件同時發(fā)生的概率，屬于基礎(chǔ)題.16、【解析】分析：采用三局兩勝制，則甲在下列兩種情況下獲勝：甲凈勝二局，前二局甲一勝一負(fù)，第三局甲勝，由此能求出甲勝概率；進(jìn)而求得的最大值.詳解：采用三局兩勝制，

則甲在下列兩種情況下獲勝：（甲凈勝二局），（前二局甲一勝一負(fù)，第三局甲勝）．因為與互斥，所以甲勝概率為則設(shè)即答案為.，注意到，則函數(shù)在和單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故函數(shù)在處取得極大值，也是最大值，最大值為即答案為.點睛：本題考查概率的求法和應(yīng)用以及利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值的方法，解題時要認(rèn)真審題，注意等價轉(zhuǎn)化思想和分類討論思想的合理運用．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、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）（i）（ii）見解析【解析】

（Ⅰ）將代入解析式，并求得導(dǎo)函數(shù)及，由求得極值點并判斷出單調(diào)性，并根據(jù)單調(diào)性可求得的最小值，由即可證明在上單調(diào)遞增，從而由即可證明不等式成立；（Ⅱ）（i）由極值點意義可知有兩個不等式實數(shù)根，分離參數(shù)可得，構(gòu)造函數(shù)，并求得，分類討論的符號及單調(diào)情況，即可確定的最小值，進(jìn)而由函數(shù)圖像的交點情況確定的取值范圍；（ii）由（i）中的兩個交點可得，代入解析式并求得且令，分離參數(shù)可得并代入中，求得，從而證明在上單調(diào)遞增，即可由單調(diào)性證明不等式成立.【詳解】（Ⅰ）當(dāng)時，，，由解得.當(dāng)時，當(dāng)時所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，恒成立，所以在上單調(diào)遞增，所以，原不等式得證.（Ⅱ）（i）若有兩個極值點，則有兩個根，又顯然不是方程的根，所以方程有兩個根.令，，當(dāng)時，，且，單調(diào)遞減；當(dāng)時，，單調(diào)遞減；當(dāng)時，，單調(diào)遞增；，且，，用直線截此圖象，所以當(dāng)，即時滿足題意.（ii）證明：由（i）知，，∴，則，，所以在上單調(diào)遞增，所以，即.原題得證.【點睛】本題考查了由導(dǎo)數(shù)證明不等式成立，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性、極值點和最值的綜合應(yīng)用，分離參數(shù)法與構(gòu)造函數(shù)法的綜合應(yīng)用，函數(shù)極值點與零點、函數(shù)圖像交點的關(guān)系，綜合性強，屬于難題.18、（1）M的極坐標(biāo)為（1，），C2的直角坐標(biāo)方程為x2+2y2＝2（2）【解析】

（1）根據(jù)極坐標(biāo)與直角坐標(biāo)的轉(zhuǎn)化公式，得到M的直角坐標(biāo)，利用，得到曲線的直角坐標(biāo)方程；（2）將的參數(shù)方程代入的直角坐標(biāo)方程，得到，而所求的，從而得到答案.【詳解】（1）由點M的極坐標(biāo)為（，），可得點M的直角坐標(biāo)為（1，），由ρ2（1+sin2θ）＝2，得ρ2+ρ2sin2θ＝2，∵x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，∴C2的直角坐標(biāo)方程為x2+2y2＝2；（2）把（t為參數(shù)）代入x2+2y2＝2，得7t2+24t+16＝1．設(shè)A，B兩點對應(yīng)的參數(shù)分別為t1，t2，則，又N點對應(yīng)的參數(shù)為，∴|MN|．【點睛】本題考查參數(shù)方程與極坐標(biāo)方程化直角坐標(biāo)方程，直線參數(shù)方程的幾何意義，屬于中檔題.19、（1）見解析；（2）見解析；（3）【解析】

（1）連接BD與AC交于點O，連接EO，證明EO//PB，由線線平行證明線面平行即可；（2）通過證明CD平面PAD來證明平面平面；（3）以A為坐標(biāo)原點，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，通過空間向量的方法求二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：連結(jié)BD交AC于點O，連結(jié)EO．O為BD中點，E為PD中點，∴EO//PB．EO平面AEC，PB平面AEC，∴PB//平面AEC．（2）證明：PA⊥平面ABCD．平面ABCD，∴．又在正方形ABCD中且，∴CD平面PAD．又平面PCD，∴平面平面．（3）如圖，以A為坐標(biāo)原點，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．由PA=AB=2可知A、B、C、D、P、E的坐標(biāo)分別為A（0,0,0）,B（2,0,0）,C（2,2,0）,D（0,2,0）,P（0,0,2）,E（0,1,1）．PA平面ABCD，∴是平面ABCD的法向量，=（0,0,2）．設(shè)平面AEC的法向量為,,,則,即∴令,則.∴,二面角的余弦值為【點睛】本題考查線面平行，面面垂直的判定定理，考查用空間向量求二面角，也考查了學(xué)生的空間想象能力和計算能力，屬于中檔題