2023届北京顺义牛栏山一中数学高二第二学期期末统考试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．设数列是单调递减的等差数列，前三项的和为12，前三项的积为28，则（）A.1B.4C.7D.1或72．甲、乙、丙、丁四人参加驾校科目二考试，考完后，甲说：我没有通过，但丙已通过；乙说：丁已通过；丙说：乙没有通过，但丁已通过；丁说：我没有通过．若四人所说中有且只有一个人说谎，则科目二考试通过的是（）A．甲和丁 B．乙和丙 C．丙和丁 D．甲和丙3．过抛物线的焦点F的直线与抛物线交于A、B两点，且，为坐标原点，则的面积与的面积之比为A． B． C． D．24．若，则（）A． B．C． D．5．已知点是抛物线的焦点，点为抛物线上的任意一点，为平面上点，则的最小值为（）A．3 B．2 C．4 D．6．与终边相同的角可以表示为A． B．C． D．7．在复数范围内，多项式可以因式分解为（）A． B．C． D．8．函数的图象向右平移个单位后所得的图象关于原点对称，则可以是（）A． B． C． D．9．下列命题中正确的是（）A．若为真命题，则为真命题B．“”是“”的充要条件C．命题“，则或”的逆否命题为“若或，则”D．命题：，使得，则：，使得10．袋中装有6个红球和4个白球，不放回的依次摸出两球，在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率是A． B． C． D．11．数列an中，则anA．3333 B．7777 C．33333 D．7777712．袋中有6个不同红球、4个不同白球，从袋中任取3个球，则至少有两个白球的概率是（）．A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，其中为实数，为虚数单位，则___________.14．已知，N*，满足，则所有数对的个数是____．15．从长度分别为的四条线段中，任取三条的不同取法共有种，在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的三角形的个数为，则等于____________.16．的二项展开式中项的系数为______.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）已知二项式的展开式中第五项为常数项.（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中有理项的系数和.18．（12分）已知直线与抛物线交于，两点，点为线段的中点.（I）当直线经过抛物线的焦点，时，求点的横坐标；（Ⅱ）若，求点横坐标的最小值，井求此时直线的方程.19．（12分）设数列的前项和.已知.（1）求数列的通项公式；（2）是否对一切正整数，有？说明理由.20．（12分）已知函数（其中）．（1）当时，求不等式的解集；（2）若不等式对任意实数x恒成立，求实数m的取值范围．21．（12分）已知函数．（1）若在处的切线过点，求的值；（2）若在上存在零点，求a的取值范围．22．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=．（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标．

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、C【解析】试题分析：，所以，因为递减数列，所以，解得。考点：等差数列2、C【解析】

逐一验证，甲、乙、丙、丁说谎的情况，可得结果.【详解】若甲说谎，则可知丁通过，但丁说没通过，故矛盾若乙说谎则可知丁没有通过，但丙说丁通过，故矛盾若丙说谎则可知丁通过，但丁说没有通过，故矛盾若丁说谎，则可知丙、丁通过了科目二所以说谎的人是丁故选：C【点睛】本题考查论证推理，考验逻辑推理以及阅读理解的能力，属基础题.3、D【解析】

设点位于第一象限，点，并设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得出，由抛物线的定义得出点的坐标，可得出点的纵坐标的值，最后得出的面积与的面积之比为的值.【详解】设点位于第一象限，点，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线方程联立，得，，由抛物线的定义得，得，，，，可得出，，故选：D.【点睛】本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的综合问题，考查韦达定理在直线与抛物线综合问题中的应用，解题的关键在于利用抛物线的定义以及韦达定理求点的坐标，并将三角形的面积比转化为高之比来处理，考查运算求解能力，属于中等题。4、A【解析】

根据条件构造函数，再利用导数研究单调性，进而判断大小.【详解】①令，则，∴在上单调递增，∴当时，，即，故A正确．B错误.②令，则，令，则，当时，；当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，易知C，D不正确，故选A．【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性，考查基本分析判断能力，属中档题.5、A【解析】

作垂直准线于点，根据抛物线的定义，得到，当三点共线时，的值最小，进而可得出结果.【详解】如图，作垂直准线于点，由题意可得，显然，当三点共线时，的值最小；因为，，准线，所以当三点共线时，，所以.故选A【点睛】本题主要考查抛物线上任一点到两定点距离的和的最值问题，熟记抛物线的定义与性质即可，属于常考题型.6、C【解析】

将变形为的形式即可选出答案.【详解】因为，所以与终边相同的角可以表示为，故选C．【点睛】本题考查了与一个角终边相同的角的表示方法，属于基础题.7、A【解析】

将代数式化为，然后利用平方差公式可得出结果.【详解】，故选A.【点睛】本题考查复数范围内的因式分解，考查平方差公式的应用，属于基础题.8、B【解析】

求出函数图象平移后的函数解析式，再利用函数图象关于原点对称，即，求出，比较可得.【详解】函数的图象向右平移个单位后得到.此函数图象关于原点对称，所以.所以.当时，．故选B.【点睛】由的图象，利用图象变换作函数的图象，要特别注意：当周期变换和相位变换的先后顺序不同时，原图象沿轴的伸缩量的区别．先平移变换再周期变换(伸缩变换)，平移的量是个单位；而先周期变换(伸缩变换)再平移变换，平移的量是个单位.9、B【解析】

根据且、或命题真假性判断A选项真假，根据充要条件知识判断B选项真假，根据逆否命题的概念判断C选项真假，根据特称命题的否定是全称命题判断D选项真假.【详解】对于A选项，当真时，可能一真一假，故可能是假命题，故A选项为假命题.对于B选项，根据基本不等式和充要条件的知识可知，B选项为真命题.对于C选项，原命题的逆否命题为“若且，则”，故C选项为假命题.对于D选项，原命题为特称命题，其否定是全称命题，要注意否定结论，即：，使得.综上所述，本小题选B.【点睛】本小题主要考查还有简单逻辑连接词真假性，考查充要条件，考查逆否命题，考查特称命题的否定是全称命题等知识，属于基础题.10、D【解析】

通过条件概率相关公式即可计算得到答案.【详解】设“第一次摸到红球”为事件A，“第二次摸到红球”为事件B，而，，故，故选D.【点睛】本题主要考查条件概率的相关计算，难度不大.11、C【解析】

分别计算a1、a2、a3归纳出an的表达式，然后令【详解】∵an=11⋯1︸a3猜想，对任意的n∈N*，an=11⋯1【点睛】本题考查归纳推理，解归纳推理的问题的思路就由特殊到一般，寻找出规律，根据规律进行归纳，考查逻辑推理能力，属于中等题。12、D【解析】

事件“至少有两个白球”包含“两个白球一个红球”和“三个都是白球”，然后利用古典概型的概率的计算公式可求出所求事件的概率．【详解】事件“至少有两个白球”包含“两个白球一个红球”和“三个都是白球”，由古典概型的概率公式知，事件“两个白球一个红球”的概率为，事件“三个都是白球”的概率为，因此，事件“至少有两个球是白球”的概率为，故选D．【点睛】本题考查古典概型的概率公式以及概率的加法公式，解题时要弄清楚事件所包含的基本情况，结合概率的加法公式进行计算，考查分类讨论数学思想，属于中等题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

将左边的复数利用乘法法则表示为一般形式，然后利用复数相等，得出虚部相等，求出的值．【详解】，所以，故答案为．【点睛】本题考查复数相等条件的应用，在处理复数相等时，将其转化为“实部与实部相等，虚部与虚部相等”这一条件，考查对复数概念的理解，属于基础题．14、4；【解析】

因为，即，所以，因为已知，N*，所以，，继而讨论可得结果．【详解】因为，即，所以，因为已知，N*，所以，，又，故有以下情况：若，得：，若得：，若得：，若得：，即的值共4个．【点睛】本题考查数论中的计数问题，是创新型问题，对综合能力的考查要求较高．15、【解析】

分别求出即可．【详解】从4条长度不同的线段中任取3条，共有4种取法，即，可组成三角形的只有一种，因此，∴．故答案为：．【点睛】本题考查事件的概念，求事件的个数．解题时可用列举法列出任取3条线段的所有可能以及满足组成三角形的个数，从而得，．列举法是我们常用的方法．能组成三角形的判定关键是两个较小的线段长之和大于最长的线段长度．16、【解析】

由二项式定理可得展开式通项公式，令幂指数等于可求得，代入通项公式可确定所求项的系数.【详解】展开式通项公式为：令，解得：项的系数为故答案为：【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数问题，关键是能够熟练掌握二项展开式通项公式的形式，属于基础题.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）121【解析】

（1），为常数项，所以，可求出的值，进而求得二项式系数最大的项；（2）由题意为有理项，直接计算即可.【详解】（1），∵为常数项，∴，∴二项式系数最大的项为第3项和第4项.∴，.（2）由题意为有理项，有理项系数和为.【点睛】本题考查了二项式的展开式，需熟记二项式展开式的通项，属于基础题.18、（I）2；（Ⅱ），或.【解析】

（Ⅰ）设，，由抛物线的定义得出，再利用中点坐标公式可求出线段的中点的横坐标；（Ⅱ）设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，并列出韦达定理，利用弦长公式并结合条件，得出，再利用韦达定理得出点的横坐标关于的表达式，可求出点的横坐标的最小值，求出此时和的值，可得出直线的方程．【详解】（Ⅰ）设，，所以，所以；（Ⅱ）设直线，由，得，所以，.所以.所以，所以，所以，此时，，所以或.【点睛】本题考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的弦长的最值问题，解决这类问题的常用办法就是将直线与圆锥曲线的方程联立，利用韦达定理设而不求的思想进行求解，难点在于化简计算，属于中等题．19、（1）；（2）对一切正整数，有.【解析】

（1）运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）对一切正整数n，有，考虑当时，，再由裂项相消求和，即可得证。【详解】（1）当时，两式做差得，，当时，上式显然成立，。（2）证明：当时，可得由可得即有<则当时，不等式成立。检验时，不等式也成立，综上对一切正整数n，有。【点睛】本题考查数列递推式，考查数列求和，考查裂项法的运用，确定数列的通项是关键．20、（1）或；（2）.【解析】

（1）当时，对分成三段，讨论绝对值内数的正负；（2）不等式恒成立问题，转化成解不等式问题.【详解】（1）当时，即．①当时，得：，解得：；②当时，得：，不成立，此时；③当时，得：成立，此时．综上所述，不等式的解集为或．（2）∵，由题意，即：或，解得：或，即：的取值范围是．【点睛】考查用零点分段法解绝对值不等式、三角不等式求绝对值函数的最小值.21、（1）；（2）．【解析】

（1）求出，然后求出和，然后表示出切线方程，把点代入方程即可取出（2）由得，然后求出，的值域即可.【详解】解：（1）∵．∴，又∵，∴在点处的切线方程为，即．由过点得：，．（2）由，得，令，．∴，令，解得，或．易知，，，，由在上存在零点，得的取值范围为．【点睛】若方程有根，则的范围即为函数的值域.22、（1）；（2）.【解析】

(1)由题意分别求得a,b的值即可确定椭圆方程；(2)解法一：由题意首先确定直线的方程，联立直线方程与圆的方程，确定点B的坐标，联立直线BF2与椭圆的方程即可确定点E的坐标；解法二：由题意利用几何关系确定点E的纵坐标，然后代入椭圆方程可得点E的坐标.【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=，AF2⊥x轴，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2-c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为.（2）解法一：由（1）知，椭圆C：，a=2，因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.将x=1代入圆F2的方程(x-1)2+y2=16，解得y=±4.因为点A在x轴上方，所以A(1，4).又F1(-1，0)，所以直线AF1：y=2x+2.由，得，解得或.将代入，得，因此