2023届随州市重点中学高二数学第二学期期末学业水平测试试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知定义域为的奇函数，当时，满足，则（）A． B． C． D．2．在中，若，则自然数的值是（）A．7 B．8 C．9 D．103．为了解高中生作文成绩与课外阅读量之间的关系，某研究机构随机抽取60名高中生做问卷调查，得到以下数据：作文成绩优秀作文成绩一般总计课外阅读量较大221032课外阅读量一般82028总计303060由以上数据，计算得到的观测值，根据临界值表，以下说法正确的是()P(K2≥k0)0.500.400.250.150.100.050.050.0100.005k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.879A．在样本数据中没有发现足够证据支持结论“作文成绩优秀与课外阅读量大有关”B．在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为作文成绩优秀与课外阅读量大有关C．在犯错误的概率不超过0.05的前提下，认为作文成绩优秀与课外阅读量大有关D．在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为作文成绩优秀与课外阅读量大有关4．已知的二项展开式的各项系数和为32，则二项展开式中的系数为（）A．5 B．10 C．20 D．405．下列说法中，正确说法的个数是（）①在用列联表分析两个分类变量与之间的关系时，随机变量的观测值越大，说明“与有关系”的可信度越大②以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别是和0.3③已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为，若，，则A．0 B．1 C．2 D．36．某产品的广告费支出与销售额（单位：万元）之间的关系如下表，由此得到与的线性回归方程为，由此可得：当广告支出5万元时，随机误差的效应（残差）为（）245683040605070A．-10 B．0 C．10 D．207．设集合，．若，则()A． B． C． D．8．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为，各成员的支付方式相互独立，设为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，，，则A．0.7 B．0.6 C．0.4 D．0.39．已知变量与正相关，且由观测数据算得样本平均数，，则由该观测的数据算得的线性回归方程可能是()A． B．C． D．10．下列结论错误的是（）A．命题“若p，则q”与命题“若￢q，则￢p”互为逆否命题B．命题p：，，命题q：，，则“”为真C．“若，则”的逆命题为真命题D．命题P：“，使得”的否定为￢P：“，11．正方体中，直线与平面所成角正弦值为（）A． B． C． D．12．某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为，那么播下3粒种子恰有2粒发芽的概率是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若以平面直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则点的极坐标化成直角坐标为_________.14．若，.则的值为__________．15．设、两队进行某类知识竞赛，竞赛为四局，每局比赛没有平局，前三局胜者均得1分，第四局胜的一队得2分，各局负者都得0分，假设每局比赛队获胜的概率均为，且各局比赛相互独立，则比赛结束时队得分比队高3分的概率为__________．16．已知，则的展开式中常数项为____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）已知函数（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）求函数的单调区间.18．（12分）已知函数，.（1）若在区间上单调，求的取值范围；（2）设，求证：时，.19．（12分）如图，四边形为矩形，平面平面，，，，，点在线段上.（1）求证：平面；（2）若二面角的余弦值为，求的长度.20．（12分）在中，，且.（1）求边长；（2）求边上中线的长.21．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的长度单位建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(Ⅰ)求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(Ⅱ)若曲线上的点到直线的最大距离为6，求实数的值.22．（10分）已知函数，曲线在点处切线与直线垂直.（1）试比较与的大小，并说明理由；（2）若函数有两个不同的零点，，证明：.

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、D【解析】分析：通过计算前几项，可得n=3，4，…，2018，数列以3为周期的数列，计算可得所求和．详解：定义域为R的奇函数f（x），可得f（﹣x）=﹣f（x），当x＞0时，满足，可得x＞时，f（x）=f（x﹣3），则f（1）=﹣log25，f（2）=f（﹣1）=﹣f（1）=log25，f（3）=f（0）=0，f（4）=f（1）=﹣log25，f（5）=f（2）=f（﹣1）=﹣f（1）=log25，f（6）=f（3）=f（0）=0，f（7）=f（4）=f（1）=﹣log25，f（8）=f（2）=f（﹣1）=﹣f（1）=log25，…f（1）+f（2）+f（3）+…+f（2020）=﹣log25+log25+（0﹣log25+log25）×672=0，故选：D．点睛：归纳推理的一般步骤:一、通过观察个别情况发现某些相同的性质.二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）.常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1)数的归纳包括数的归纳和式子的归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2)形的归纳主要包括图形数目的归纳和图形变化规律的归纳.2、B【解析】

利用二项式的通项公式求出的表达式,最后根据,解方程即可求出自然数的值.【详解】二项式的通项公式为：,因此,,所以,解得.故选B.【点睛】本题考查了二项式定理的应用,考查了数学运算能力.3、D【解析】分析：根据临界值表，确定犯错误的概率详解：因为根据临界值表，9.643>7.879，在犯错误的概率不超过0.005的前提下，认为作文成绩优秀与课外阅读量大有关．选D.点睛：本题考查卡方含义，考查基本求解能力.4、B【解析】

首先根据二项展开式的各项系数和，求得，再根据二项展开式的通项为，求得，再求二项展开式中的系数.【详解】因为二项展开式的各项系数和，所以，又二项展开式的通项为=，，所以二项展开式中的系数为．答案选择B．【点睛】本题考查二项式展开系数、通项等公式，属于基础题．5、D【解析】

①分类变量与的随机变量越大,说明“A与B有关系”的可信度越大②对同取对数，再进行化简，可进行判断③根据线性回归方程，将，代入可求出值【详解】对于①,分类变量A与B的随机变量越大,说明“A与B有关系”的可信度越大,正确;

对于②,,两边取对数,可得,

令,可得,.即②正确;

对于③,根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程为中,,,则.故

③正确因此，本题正确答案是:①②③答案选D【点睛】二联表中越大，说明“A与B有关系”的可信度越大；将变量转化成一般线性方程时，可根据系数对应关系对号入座进行求解；线性回归方程的求解可根据,代入求出值6、C【解析】

由已知求得的值，得到，求得线性回归方程，令求得的值，由此可求解结论.【详解】由题意，根据表格中的数据，可得，所以，所以，取，得，所以随机误差的效应（残差）为，故选C.【点睛】本题主要考查了回归直线方程的求解，以及残差的求法，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7、C【解析】∵集合，，∴是方程的解，即∴∴，故选C8、B【解析】分析：判断出为二项分布，利用公式进行计算即可．或，,可知故答案选B.点睛：本题主要考查二项分布相关知识，属于中档题．9、A【解析】试题分析：因为与正相关，排除选项C、D，又因为线性回归方程恒过样本点的中心，故排除选项B；故选A．考点：线性回归直线.10、C【解析】

由逆否命题的定义即可判断A；由指数函数的单调性和二次函数的值域求法，可判断B；由命题的逆命题，可得m＝0不成立，可判断C；运用命题的否定形式可判断D．【详解】解：命题“若p则q”与命题“若￢q则￢p”互为逆否命题，故A正确；命题，，由，可得p真；命题，，由于，则q假，则“”为真，故B正确；“若，则”的逆命题为“若，则”错误，如果，不成立，故C不正确；命题P：“，使得”的否定为￢P：“，”，故D正确．故选：C．【点睛】本题考查四种命题和命题的否定，考查判断能力和运算能力，属于基础题．11、C【解析】

作出相关图形，设正方体边长为1，求出与平面所成角正弦值即为答案.【详解】如图所示，正方体中，直线与平行，则直线与平面所成角正弦值即为与平面所成角正弦值.因为为等边三角形，则在平面即为的中心，则为与平面所成角.可设正方体边长为1，显然，因此，则，故答案选C.【点睛】本题主要考查线面所成角的正弦值，意在考查学生的转化能力，计算能力和空间想象能力.12、B【解析】

根据题意得到，计算得到答案.【详解】播下3粒种子恰有2粒发芽的概率.故选：.【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

利用极坐标化直角坐标公式将点的极坐标化为直角坐标.【详解】由题意可知，点的横坐标为，纵坐标为，因此，点的直角坐标为，故答案为.【点睛】本题考查点的极坐标化直角坐标，解题时要熟悉极坐标与直角坐标的互化公式，考查计算能力，属于基础题.14、【解析】

在二项展开式中分别令和,然后两个等式相减可得.【详解】解：令，得：①令，得②①②可得所以:.故答案为:.【点睛】本题考查了利用二项展开式赋值求系数,属于基础题.15、【解析】

比赛结束时队得分比队高3分是指前3局比赛中两胜一负，第4局比赛胜，由此能求出比赛结束时队得分比队高3分的概率．【详解】比赛结束时队得分比队高3分是指前3局比赛中两胜一负，第4局比赛胜，比赛结束时队得分比队高3分的概率：．故答案为：．【点睛】本题考查概率的求法，考查次独立重复试验中事件恰好发生次的概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．16、-32【解析】n＝，二项式的展开式的通项为，令＝0，则r＝3，展开式中常数项为(－2)3＝－8×4＝－32.故答案为-32.点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.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）见解析【解析】

（1）利用解析式求出切点坐标，再利用导数求出切线斜率，从而得到切线方程；（2）求导后可知导函数的正负由的符号决定；分别在，和三种情况下讨论的正负，从而得到导函数的正负，进而确定的单调区间；在讨论时要注意的定义域与的根的大小关系.【详解】当时，，则又，所以在处的切线方程为，即（2）由函数，得：当时，又函数的定义域为所以的单调递减区间为当时，令，即，解得：当时，所以变化情况如下表：极小值所以的单调递减区间为，；单调递增区间为当时，所以变化情况如下表：极大值所以的单调递增区间为；单调递减区间为，【点睛】本题考查利用导数的几何意义求解切线方程、讨论含参数函数的单调性问题；解决含参函数单调性问题的关键是对于影响导函数符号的式子的讨论；本题的易错点是在讨论过程中忽略最高次项系数为零的情况和函数的定义域的影响.18、（1）或（2）见解析【解析】

（1）在区间上单调且是增函数，所以或，进而得到答案．（2）令，，由的导函数研究的单调性并求出最小值，则可知在时是增函数，从而证得答案．【详解】解：（1）∵是增函数．又∵在区间上单调，∴或．∴或（2）令．∵，．∴时，是减函数，时，是增函数，∴时，．∵，∴．∴在时是增函数．∴，即．【点睛】本题考查函数的单调性以及利用导函数证明不等式问题，解题的关键是令，属于偏难题目．19、（1）见解析；（2）【解析】

（1）先证明，又平面平面，即得平面；（2）以为原点，以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题得，解方程即得解.【详解】（1）证明：∵，∴，又平面平面，平面平面，平面，∴平面.（2）以为原点，以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，由题知，平面，∴为平面的一个法向量，设，则，∴，设平面的一个法向量为，则，∴，令，可得，∴，得或（舍去），∴.【点睛】本题主要考查空间垂直关系的证明，考查二面角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20、（1）；（2）.【解析】

（1）利用同角的三角函数关系，可以求出的值，利用三角形内角和定理，二角和的正弦公式可以求出，最后利用正弦定理求出长；（2）利用余弦定理可以求出的长，进而可以求出的长，然后在中，再利用余弦定理求出边上中线的长.【详解】（1），，由正弦定理可知中：（2）由余弦定理可知：，是的中点，故，在中，由余弦定理可知：【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、同角的三角函数关系、以及三角形内角和定理，考查了数学运算能力.21、(Ⅰ)