湖北省黃岡市蔡河中學2022-2023學年數學高二第二學期期末考試試題含解析

2022-2023高二下數學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．已知某射擊運動員，每次擊中目標的概率都是0.8，則該射擊運動員射擊4次，至少擊中3次的概率為()A．0.85 B．0.8192 C．0.8 D．0.752．下列關于獨立性檢驗的敘述：①常用等高條形圖展示列聯表數據的頻率特征；②獨立性檢驗依據小概率原理；③樣本不同，獨立性檢驗的結論可能有差異；④對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越小，與有關系的把握程度就越大.其中正確的個數為（）A．1 B．2 C．3 D．43．已知,則()A． B． C． D．4．已知點在拋物線上，且為第一象限的點，過作軸的垂線，垂足為，為該拋物線的焦點，，則直線的斜率為（）A． B． C．-1 D．-25．復數的共軛復數是（）A． B． C． D．6．在中，，，則（）A．1 B． C． D．27．某班數學課代表給全班同學出了一道證明題.甲說：“丙會證明.”乙說：“我不會證明.”丙說：“丁會證明.”丁說：“我不會證明.”以上四人中只有一人說了真話，只有一人會證明此題.根據以上條件，可以判定會證明此題的人是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁8．的展開式中各項系數之和為（）A． B．16 C．1 D．09．已知復數，則復數在復平面內對應的點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．宋元時期數學名著《算學啟蒙》中有關于“松竹并生”的問題：松長五尺，竹長兩尺，松日自半，竹日自倍，松竹何日而長等.如圖是源于其思想的一個程序框圖，若輸入的a，b分別為5，2，則輸出的（）A．5 B．4 C．3 D．911．設函數的定義域A，函數的值域為B，則（）A． B． C． D．12．已知，，則的最小值（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設關于x，y的不等式組表示的平面區(qū)域為．記區(qū)域上的點與點距離的最小值為，若，則的取值范圍是__________；14．直線與圓恒有交點，則實數a的取值范圍是.15．若三角形內切圓半徑為r，三邊長為a,b,c，則，利用類比思想：若四面體內切球半徑為R，四個面的面積為，則四面體的體積________．16．若函數在存在零點（其中為自然對數的底數），則的最小值是__________.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）已知函數的圖象關于原點對稱.（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）若函數在內存在零點，求實數的取值范圍.18．（12分）黨的十九大報告提出，轉變政府職能，深化簡政放權，創(chuàng)新監(jiān)管方式，增強政府公信力和執(zhí)行力，建設人民滿意的服務型政府，某市為提高政府部門的服務水平，調查群眾對兩個部門服務的滿意程度.現從群眾對兩個部門的評價（單位：分）中各隨機抽取20個樣本，根據評價分作出如下莖葉圖：從低到高設置“不滿意”，“滿意”和“很滿意”三個等級，在內為“不滿意”，在為“滿意”，在內為“很滿意”.（1）根據莖葉圖判斷哪個部門的服務更令群眾滿意？并說明理由；（2）從對部門評價為“很滿意”或“滿意”的樣本中隨機抽取3個樣本，記這3個樣本中評價為“很滿意”的樣本數量為，求的分布列和期望.（3）以上述樣本數據估計總體數據，現在隨機邀請5名群眾對兩個部門的服務水平打分，則至多有1人對兩個部門的評價等級相同的概率是多少？（計算結果精確到0.01）19．（12分）已知關于x的不等式（其中）．（1）當a=4時，求不等式的解集；（2）若不等式有解，求實數a的取值范圍．20．（12分）已知拋物線與直線相交于A、B兩點，點O是坐標原點.（Ⅰ）求證：OAOB；（Ⅱ）當△OAB的面積等于時，求t的值.21．（12分）已知函數，.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）設，若不等式對任意恒成立，求的取值范圍.22．（10分）已知函數.⑴求函數的單調區(qū)間；⑵如果對于任意的，總成立，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、B【解析】

因為某射擊運動員，每次擊中目標的概率都是，則該射擊運動員射擊4次看做4次獨立重復試驗，則至少擊中3次的概率2、C【解析】分析：根據獨立性檢驗的定義及思想，可得結論．詳解：①常用等高條形圖展示列聯表數據的頻率特征；正確；②獨立性檢驗依據小概率原理；正確；③樣本不同，獨立性檢驗的結論可能有差異；正確；④對分類變量與的隨機變量的觀測值來說，越大，與有關系的把握程度就越大.故④錯誤.故選C.點睛：本題考查了獨立性檢驗的原理，考查了推理能力，屬于基礎題．3、D【解析】分析：先根據誘導公式得，再利用二倍角公式以及弦化切得結果.詳解：因為，所以,因此，選D.點睛：應用三角公式解決問題的三個變換角度(1)變角：目的是溝通題設條件與結論中所涉及的角，其手法通常是“配湊”.(2)變名：通過變換函數名稱達到減少函數種類的目的，其手法通常有“切化弦”、“升冪與降冪”等.(3)變式：根據式子的結構特征進行變形，使其更貼近某個公式或某個期待的目標，其手法通常有：“常值代換”、“逆用變用公式”、“通分約分”、“分解與組合”、“配方與平方”等.4、B【解析】

設，由，利用拋物線定義求得，進而得進而即可求解【詳解】設，因為，所以，解得，代入拋物線方程得，所以，，，從而直線的斜率為.故選：B【點睛】本題考查拋物線的性質及定義，考查運算求解能力，是基礎題.5、A【解析】因為，所以復數的共軛復數是-1，選A.6、B【解析】

由向量的數量積公式直接求解即可【詳解】因為，所以為直角三角形，所以，所以.故選B【點睛】本題考查平面向量的夾角與模，以及平面向量數量積的運算，考查運算求解能力.7、B【解析】如果甲會證明，乙與丁都說了真話，與四人中只有一人說了真話相矛盾，不合題意；排除選項；如果丙會證明，甲乙丁都說了真話，與四人中只有一人說了真話相矛盾，不合題意，排除選項；如果丁會證明，丙乙都說了真話，與四人中只有一人說了真話相矛盾，不合題意，排除選項，故選B.8、C【解析】

令，由此求得二項式的展開式中各項系數之和.【詳解】令，得各項系數之和為．故選：C【點睛】本小題主要考查二項式展開式各項系數之和的求法，屬于基礎題.9、D【解析】因為，所以復數在復平面內對應的點為，在第四象限，選D.10、B【解析】

由已知中的程序框圖可知：該程序的功能是利用循環(huán)結構計算并輸出，分析循環(huán)中各變量的變化情況，可得答案.【詳解】當時，，，滿足進行循環(huán)的條件；當時，，，滿足進行循環(huán)的條件；當時，，，滿足進行循環(huán)的條件；當時，，，不滿足進行循環(huán)的條件；故選：B【點睛】本題主要考查程序框圖，解題的關鍵是讀懂流程圖各個變量的變化情況，屬于基礎題.11、B【解析】

根據二次根式的性質求出，再結合指數函數的性質求出，取交集即可．【詳解】，，解得：，而單調遞增，故值域：，，故選：．【點睛】本題考查定義域值域的求法，考查交集等基本知識，是基礎題12、C【解析】∵向量，,當t=0時，取得最小值.故答案為.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、；【解析】

根據不等式組表示的平面區(qū)域，又直線過點，因此可對分類討論，以求得，當時，是到直線的距離，在其他情況下，表示與可行域內頂點間的距離．分別計算驗證．【詳解】如圖，區(qū)域表示在第一象限（含軸的正半軸），直線過點，表示直線的上方，當時，滿足題意，當時，直線與軸正半軸交于點，當時，，當時，，滿足題意，當時，，不滿足題意，綜上的取值范圍是．故答案為．【點睛】本題考查二元一次不等式組表示的平面區(qū)域，解題關鍵是在求時要分類討論．是直接求兩點間的距離還是求點到直線的距離，這要區(qū)分開來．14、【解析】

配方得，則，由已知直線和圓相交或相切，且直線過定點（0,1），只需點（0,1）在圓內或圓上，,則，綜上所述的取值范圍是.15、．【解析】試題分析：由題意得三角形的面積可拆分成分別由三條邊為底，其內切圓半徑為高的三個小三角形的面積之和，從而可得公式，由類比思想得，四面體的體積亦可拆分成由四個面為底，其內切圓的半徑為高的四個三棱錐的體積之和，從而可得計算公式．考點：1．合情推理；2．簡單組合體的體積（多面體內切球）．【方法點晴】此題主要考查合情推理在立體幾何中的運用方面的內容，屬于中低檔題，根據題目前半段的“分割法”求三角形面積的推理模式，即以三角形的三條邊為底、其內切圓半徑為高分割成三個三角形面積之和，類似地將四面體以四個面為底面、其內切球半徑為高分割成四個三棱錐（四面體）體積之和，從而問題可得解決．16、【解析】

依題意可得方程，在上存在解，要使取得最小值，則，令，利用導數研究函數的單調性，對分類討論，分別求出的最小值，即可得解，【詳解】解：依題意在存在零點，即方程在存在解，即，在存在解，要使取得最小值，則，令，則，①當時，在上恒成立，即在上單調遞增，所以，即，，所以；②當即時，當時，，當時，，即在上單調遞減，在上單調遞增，所以，，所以，所以，令，則，，所以，所以在上單調遞減，所以③當時，則在上恒成立，即在上單調遞減，綜上可得的最小值為故答案為：．【點睛】本題考查函數零點及最值問題，考查分析問題解決問題的能力及數形結合思想，屬于難題．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、（1），；（2）【解析】試題分析：（Ⅰ）題意說明函數是奇函數，因此有恒成立，由恒等式知識可得關于的方程組，從而可解得；（Ⅱ）把函數化簡得，這樣問題轉化為方程在內有解，也即在內有解，只要作為函數，求出函數的值域即得．試題解析：（Ⅰ）函數的圖象關于原點對稱，所以，所以，所以，即，所以，解得，；（Ⅱ）由，由題設知在內有解，即方程在內有解.在內遞增，得.所以當時，函數在內存在零點.18、（1）A部門，理由見解析；（2）的分布列見解析；期望為1；（3）..【解析】

（1）通過莖葉圖中兩部門“葉”的分布即可看出；（2）隨機抽取3人，，分別求出相應的概率，即可求出的分布列和期望；（3）求出評價一次兩個部門的評價等級不同和相同的概率，隨機邀請5名群眾，是獨立重復實驗滿足二項分布根據計算公式即可求出.【詳解】解：（1）通過莖葉圖可以看出：A部門的“葉”分布在“莖”的8上，B部門的“葉”分布在“莖”的7上.所以A部門的服務更令群眾滿意.（2）由莖葉圖可知：部門評價為“很滿意”或“滿意”的樣本數量有個,“很滿意”的樣本數量有個，則從中隨機抽取3人，，所以的分布列為：.（3）根據題意可得：A部門“不滿意”，“滿意”和“很滿意”的概率分別為：，，，B部門“不滿意”，“滿意”和“很滿意”的概率分別為：，，.若評價一次兩個部門的評價等級不同的概率為：，則評價一次兩個部門的評價等級相同的概率為.因為隨機邀請5名群眾，是獨立重復實驗，滿足二項分布，所以至多有1人對兩個部門的評價等級相同的概率為：，所以至多有1人對兩個部門的評價等級相同的概率是.【點睛】本題考查主要考查莖葉圖的集中程度、概率、離散型隨機變量的分布列、數學期望的求法、二項分布的求法，屬于難題.19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

本試題主要是考查了絕對值不等式的求解，以及分段函數的表示，和圖像以及最值的求解綜合運用．（1）利用已知條件，先分析的解集就是絕對值不等式的求解，利用三段論法得到．（2）不等式有解，的最小值為，則，從而得到實數a的取值范圍．（Ⅰ）當時，，時，，得時，，得時，，此時不存在∴不等式的解集為（Ⅱ）∵設故，即的最小值為所以有解，則解得，即的取值范圍是20、（I）見解析；（II）【解析】

（Ⅰ）聯立拋物線與直線方程，得到關于的一元二次方程，進而應用根與系數的關系即可證明OAOB；（Ⅱ）利用（Ⅰ）的結論，建立的方程，即可得到答案．【詳解】（I）由，設，則.∴∴（II）設與x軸交于E,則，∴，解得：【點睛】本題考查直線與拋物線的位置關系，拋物線的性質的知識點，直線和拋物線的位置關系，可通過直線方程與拋物線方程組成的方程組的實數解的個數來確定，同時注意過焦點的弦的一些性質，屬于中檔題．21、（1）；（2）．【解析】

(1)把a=2代入原函數解析式中，求出函數在x=1時的導數值，直接利用直線方程的點斜式寫直線方程；(2)設,即h(x)>0恒成立，對函數求導，分，，三種情況得到函數單調性，進而得到結果.【詳解】（1）當時，，，切點為，，，