2022-2023学年广东省佛山市南海区高二数学第二学期期末考试试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知变量x，y呈现线性相关关系，回归方程为，则变量x，y是（）A．线性正相关关系 B．线性负相关关系C．由回归方程无法判断其正负相关关系 D．不存在线性相关关系2．下列命题中真命题的个数是（）①，；②若“”是假命题，则都是假命题；③若“，”的否定是“，”A．0 B．1 C．2 D．33．若函数在区间上的最小值为，则实数的值为（）A． B． C． D．4．某小区有1000户居民，各户每月的用电量近似服从正态分布，则用电量在320度以上的居民户数估计约为（）（参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，.）A．17 B．23 C．34 D．465．如图，阴影部分的面积是（）A． B． C． D．6．设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则7．在200件产品中有3件次品，现从中任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有（）A．种 B．种 C．种 D．种8．椭圆的长轴长为（）A．1 B．2 C． D．9．设i是虚数单位，z表示复数z的共轭复数.若z=1+i，则ziA．-2B．-2iC．2D．2i10．若，则实数的值为（）A．1 B．-2 C．2 D．-2或111．已知曲线在点处切线的倾斜角为，则等于（）A．2B．-2C．3D．-112．已知O为坐标原点，点F1、F2分别为椭圆C:x24+y23=1的左、右焦点，A为椭圆C上的一点，且A．32 B．34 C．5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，满足约束条件，则目标函数的最小值为__________．14．已知过点的直线交轴于点，抛物线上有一点使,若是抛物线的切线，则直线的方程是___．15．在等差数列中，，，则公差__________．16．已知，向量满足，则的最大值为________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在中，角，，的对边分别为，，，且．（1）求．（2）若，求面积的最大值．18．（12分）请先阅读：在等式的两边求导，得：，由求导法则，得：，化简得等式：．利用上述的想法，结合等式（,正整数）（1）求的值；（2）求的值．19．（12分）已知椭圆:的上顶点为A,以A为圆心，椭圆的长半轴为半径的圆与y轴的交点分别为、.（1）求椭圆的方程；（2）设不经过点A的直线与椭圆交于P、Q两点，且,试探究直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标，若不过定点，请说明理由.20．（12分）有甲、乙两个游戏项目，要参与游戏，均需每次先付费元（不返还），游戏甲有种结果：可能获得元，可能获得元，可能获得元，这三种情况的概率分别为，，；游戏乙有种结果：可能获得元，可能获得元，这两种情况的概率均为.（1）某人花元参与游戏甲两次，用表示该人参加游戏甲的收益（收益=参与游戏获得钱数-付费钱数），求的概率分布及期望；（2）用表示某人参加次游戏乙的收益，为任意正整数，求证：的期望为.21．（12分）已知函数.（Ⅰ）当时，求曲线在处的切线方程；（Ⅱ）当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围.22．（10分）在二项式（axm+bxn）12（a＞0，b＞0，m、n≠0）中有2m+n=0，如果它的展开式里最大系数项恰是常数项.（1）求此常数项是第几项；（2）求的范围.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

根据变量x，y的线性回归方程的系数0，判断变量x，y是线性负相关关系．【详解】根据变量x，y的线性回归方程是1﹣2x，回归系数2＜0，所以变量x，y是线性负相关关系．故选：B．【点睛】本题考查了由线性回归方程判断变量是否正负相关问题，是基础题目．2、B【解析】若，，故命题①假；若“”是假命题，则至多有一个是真命题，故命题②是假命题；依据全称命题与特征命题的否定关系可得命题“”的否定是“”，即命题③是真命题，应选答案B．3、A【解析】

求出，（或）是否恒成立对分类讨论，若恒成立求出最小值（或不存在最小值），若不恒成立，求出极值最小值，建立的关系式，求解即可.【详解】.（1）当时，，所以在上单调递减，，（舍去）.（2）当时，.①当时，，此时在上恒成立，所以在上单调递减，，解得（舍去）；②当时，.当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，于是，解得.综上，.故选：A【点睛】本题考查函数的最值，利用导数是解题的关键，考查分类讨论思想，如何合理确定分类标准是难点，属于中档题.4、B【解析】分析：先求用电量在320度以上的概率，再求用电量在320度以上的居民户数.详解：由题得所以，所以，所以求用电量在320度以上的居民户数为1000×0.023=23.故答案为B.点睛：（1）本题主要考查正态分布曲线的性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合的思想方法.(2)对于正态分布曲线的概率的计算，不要死记硬背，要结合其图像分析求解.5、C【解析】

运用定积分的性质可以求出阴影部分的面积.【详解】设阴影部分的面积为，则.选C【点睛】考查了定积分在几何学上的应用，考查了数学运算能力.6、C【解析】

通过作图的方法，可以逐一排除错误选项.【详解】如图，相交，故A错误如图，相交，故B错误D.如图，相交，故D错误故选C.【点睛】本题考查直线和平面之间的位置关系，属于基础题.7、D【解析】分析：据题意，“至少有2件次品”可分为“有2件次品”与“有3件次品”两种情况，由组合数公式分别求得两种情况下的抽法数，进而相加可得答案．详解：根据题意，“至少有2件次品”可分为“有2件次品”与“有3件次品”两种情况，“有2件次品”的抽取方法有C32C1973种，“有3件次品”的抽取方法有C33C1972种，则共有C32C1973+C33C1972种不同的抽取方法，故选：D．点睛：本题考查组合数公式的运用，解题时要注意“至少”“至多”“最多”“最少”等情况的分类讨论．8、B【解析】

将椭圆方程化成标准式，根据椭圆的方程可求，进而可得长轴.【详解】解：因为，所以，即，，所以，故长轴长为故选：【点睛】本题主要考查了椭圆的定义的求解及基本概念的考查，属于基础题．9、C【解析】试题分析：因为z=1+i，所以z=1-i，所以z考点：复数的运算.视频10、A【解析】分析：据积分的定义计算即可．详解：解得或（舍）.故选A点睛：本题考查的知识点是定积分，根据已知确定原函数是解答的关键．11、A【解析】因为，所以，由已知得，解得，故选A.12、B【解析】

根据AF2⊥F1F2且O为F1【详解】如下图所示：由AF2⊥F1∵O为F1F2中点∴OB为ΔA又AF2本题正确选项：B【点睛】本题考查椭圆几何性质的应用，关键是能够熟练掌握椭圆通径长和对称性，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】，作出约束条件表示的可行域，如图，平移直线，由图可知直线经过点时，取得最小值，且，，故答案为.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.14、或.【解析】分析：由题设，求导得到直线然后分和两种情况讨论即可得到直线的方程.详解：由题设，求导即，则直线当时，验证符合题意，此时，故，当时，，，或（重合，舍去）此时，故点睛：本题考查曲线的切线方程的求法，垂直关系的斜率表示等，属基础题.15、2【解析】

利用等差数列的性质可得，从而．【详解】因为，故，所以，填．【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）且；（3）且为等差数列；（4）为等差数列.16、【解析】试题分析：由题意得，由若满足知，，当且仅当与同向且时，取等号，所以，而有基本不等式知，，所以，当且当即时取等号，故的最大值为．考点：1.向量加法的平行四边形法则；2.基本不等式.【方法点睛】本题主要考查的是向量模的运算性质，向量的平行四边形法则及其向量垂直的性质，属于难题，向量的模的最值运算，一般要化为已知量的关系式，常用的工具，在平行四边形中，再结合基本不等式可得当时，,,即取最大值.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）．【解析】

（1）根据正弦定理得到，再由余弦定理得到，根据特殊角的三角函数值得到结果；（2）根据余弦定理可知：，根据重要不等式和a=4得到，即，再由面积，最终得到结果.【详解】（1）根据正弦定理可知：，整理得，由余弦定理的推论得，，．（2）根据余弦定理可知：，且，，即.面积，当且仅当时等号成立．故面积的最大值为．【点睛】1．解三角形的应用中要注意与基本不等式的结合，以此考查三角形中有关边、角的范围问题.利用正弦定理、余弦定理与三角形的面积公式，建立如“”之间的等量关系与不等关系，通过基本不等式考查相关范围问题;2．注意与三角函数的图象与性质的综合考查，将两者结合起来，既考查解三角形问题，也注重对三角函数的化简、计算及考查相关性质等;3．正、余弦定理也可能结合平面向量及不等式考查面积的最值或求面积，此时注意应用平面向量的数量积或基本不等式进行求解.18、(1)；(2).【解析】

（1）根据题意对两边求导，再令得到结果；（2）对已知式子两边同时乘以得：再令，求得答案.【详解】（1）依题意得对两边同时求导得：令得：（2）由（1）得：两边同时乘以得：对上式两边同时求导得即令，【点睛】本题以新定义为背景的创新题，考查二项式定和导数知识的交会，要求读懂题意并会把知识迁移到新情境中进行问题解决，对综合能力要求较高.19、（1）（2）直线过定点【解析】

（1）根据圆的圆心和半径写出圆的标准方程，令求得圆与轴交点的坐标，由此列方程组求得的值，进而求得椭圆的标准方程.（1）根据，利用点斜式设出直线的方程，并分别代入椭圆方程解出两点的坐标，由此求得直线的方程，由此求得定点的坐标为.【详解】解：（1）依题意知点A的坐标为，则以点A圆心，以为半径的圆的方程为:，令得，由圆A与y轴的交点分别为、可得，解得，故所求椭圆的方程为.（2）由得，可知PA的斜率存在且不为0，设直线-①则-②将①代入椭圆方程并整理得，可得，则，类似地可得，由直线方程的两点式可得：直线的方程为，即直线过定点，该定点的坐标为.【点睛】本小题主要考查圆的标准方程和几何性质，考查直线和椭圆的位置关系，考查直线方程的两点式以及直线过定点的问题.属于中档题.要求直线和椭圆的交点坐标，需要联立直线和椭圆的方程，解方程组求得，这里需要较强的运算能力.直线过定点的问题，往往是将含有参数的部分合并，由此求得直线所过的定点.20、（1）分布列见解析，期望为；（2）见解析．【解析】分析：（1）表示该人参加游戏甲的收益，可能取值为，，，，分布列为：（2）用表示某人参加次游戏乙的收益可能取值为，，，…，，…（且），每次独立，获奖的概率为.满足二项分布。详解：（1）则的所有可能取值为，，，，，，，，，，；（2）证明：的所有可能取值为，，，…，，…（且），（且），，，两式相加即得，所以.点睛：（1）离散型随机变量的分布列，根据题意，搞清随机变量的最小值和最大值，其它值随之确定。（2）根据题意，要能判断出是否为二项分布，抓题目的关键词：事件相互独立（放回），每次事件成功的概率相等.（3）二项分布的期望公式，方差21、（I）；（II）.【解析】分析：(1)先求切线的斜率和切点的坐标，再求切线的方程.(2)分类讨论求，再解≥0，求出实数a的取值范围.详解：（Ⅰ）当时，，，，即曲线在处的切线的斜率为，又，所以所求切线方程为.（Ⅱ）当时，若不等式恒成立，易知，①若，则恒成立，在上单调递增；又，所以当时，，符合题意.②若，由，解得，则当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以时，函数取得最小值.则当，即时，则当时，，符合题意.当，即时，则当时，单调递增，，不符合题意.综上，实数的取值范围是.点睛：（1）本题主要考查导数的几何题意和切线方程的求法，考查利用导数求函数的最小值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理转化能力.(2)解答第2问由两次分类讨论，第一次是分类的起因是解不等式时，右边要化成，由于对数函数定义域的限制所以