福建省邵武市第四中学2023年数学高二下期末调研试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．用数学归纳法证明不等式“”时的过程中，由到时，不等式的左边（）A．增加了一项B．增加了两项C．增加了两项，又减少了一项D．增加了一项，又减少了一项2．已知，且，则的取值范围为（）A． B． C． D．3．在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(-1,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为（）附：若X∼N(μ,σ2)，则PA．1193 B．1359 C．2718 D．34134．设复数满足（为虚数单位），则复数（）A． B．C． D．5．某地区高考改革，实行“”模式，即“”指语文、数学、外语三门必考科目，“”指在化学、生物、政治、地理四门科目中必选两门，“”指在物理、历史两门科目中必选一门，则一名学生的不同选科组合有多少种？（）A．种 B．种 C．种 D．种6．函数的图象是由函数的图像向左平移个单位得到的，则（）A． B． C． D．7．某教师要把语文、数学、外语、历史四个科目排到如下的课表中，如果相同科目既不同行也不同列，星期一的课表已经确定如下表，则其余三天课表的不同排法种数有(

)A．96B．36C．24D．128．当时，函数，则下列大小关系正确的是（）A． B．C． D．9．设且，则“”是“”的()A．必要不充分条件B．充要条件C．既不充分也不必要条件D．充分不必要条件10．一个三位数的百位，十位，个位上的数字依次是，当且仅当时称为“凹数”，若，从这些三位数中任取一个，则它为“凹数”的概率是A． B． C． D．11．已知i是虚数单位，m,n∈R，且m+i=1+ni，则＝()A．i B．1 C．－i D．－112．已知中，若，则的值为（）A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，且，则______.14．计算：01(e15．设集合，，若，则的所有可能的取值构成的集合是_______；16．若函数是偶函数，则实数的值为______.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）函数.（Ⅰ）若时，求函数的单调区间；（Ⅱ）设，若函数在上有两个零点，求实数的取值范围.18．（12分）设函数的最小值为.（1）求实数m的值；（2）已知，且满足，求证：.19．（12分）已知为正实数，函数.（1）求函数的最大值；（2）若函数的最大值是，求的最小值.20．（12分）1，4，9，16……这些数可以用图1中的点阵表示，古希腊毕达哥拉斯学派将其称为正方形数，记第个数为.在图2的杨辉三角中，第行是展开式的二项式系数，，…，，记杨辉三角的前行所有数之和为.（1）求和的通项公式；（2）当时，比较与的大小，并加以证明.21．（12分）已知数列的前项和为，且满足，．（1）求，，的值，并猜想数列的通项公式并用数学归纳法证明；（2）令，求数列的前项和．22．（10分）已知集合U＝R，集合A＝{x|（x－2）（x－3）<0}，函数y＝lg的定义域为集合B．（1）若a＝，求集合A∩（∁UB）；（2）命题p：x∈A，命题q：x∈B，若q是p的必要条件，求实数a的取值范围．

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、C【解析】解：n=k时，左边="1"/k+1+1/k+2++1/k+k，n=k时，左边="1"/(k+1)+1+1/(k+1)+2++1/(k+1)+(k+1)="(1/"k+1+1/k+2++1/k+k)-1/k+1+1/2k+1+1/2k+2故选C2、D【解析】

由三个正数的和为21，可知三个正数的平均数为7，因此可以用反证法来求出的取值范围.【详解】由三个正数的和为21，可知三个正数的平均数为7，假设，因为，则有，这与，相矛盾，故假设不成立，即，故本题选D.解法二:因为，所以【点睛】本题考查了反证法的应用，正确运用反证法的过程是解题的关键.3、B【解析】由正态分布的性质可得，图中阴影部分的面积S=0.9545-0.6827则落入阴影部分（曲线C为正态分布N(-1,1)的密度曲线）的点的个数的估计值为本题选择B选项.点睛：关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法①熟记P(μ－σ<X≤μ＋σ)，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ)的值．②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x轴之间面积为1.4、A【解析】

利用复数的代数形式的乘除运算化简，求出数复数，即可得到答案.【详解】复数满足，则，所以复数.故选：A.【点睛】本题考查复数的模、共轭复数的概念，考查运算求解能力.5、B【解析】

根据题意，分步进行分析该学生在“语文、数学、外语三门”、“化学、生物、政治、地理四门”、“物理、历史两门”中的选法数目，由分步计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分3步进行分析：①语文、数学、外语三门必考科目，有1种选法；②在化学、生物、政治、地理四门科目中必选两门，有种选法；③在物理、历史两门科目中必选一门，有种选法；则这名学生的不同选科组合有种.故选：B．【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．6、B【解析】

把的图像向左平移个单位后得到的图像，化简后可得的值，利用两角和的余弦和正弦展开后可得的值.【详解】把的图像向左平移个单位后得到所得图像的解析式为，根据可得①，所以即（舍），又对①化简可得，故，故选B.【点睛】三角函数的图像往往涉及振幅变换、周期变换和平移变换，注意左右平移时是自变量作相应的变化，而且周期变换和平移变换（左右平移）的次序对函数解析式的也有影响，比如，它可以由先向左平移个单位，再纵坐标不变，横坐标变为原来的，也可以先保持纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向左平移.．7、C【解析】

先安排第一节的课表种，再安排第二节的课表有2种，第三节的课表也有2种，最后一节只有1种安排方案，所以可求.【详解】先安排第一节的课表，除去语文均可以安排共有种；周二的第二节不和第一节相同，也不和周一的第二节相同，共有2种安排方案，第三节和第四节的顺序是确定的；周三的第二节也有2种安排方案，剩余位置的安排方案只有1种，根据计数原理可得种，故选C.【点睛】本题主要考查分步计数原理的应用，侧重考查逻辑推理的核心素养.8、D【解析】

对函数进行求导得出在上单调递增，而根据即可得出，从而得出，从而得出选项．【详解】∵，∴，由于时，，函数在上单调递增，由于，故，所以，而，所以，故选D.【点睛】本题主要考查增函数的定义，根据导数符号判断函数单调性的方法，以及积的函数的求导，属于中档题.9、C【解析】或;而时,有可能为.所以两者没有包含关系,故选.10、C【解析】

先分类讨论求出所有的三位数，再求其中的凹数的个数，最后利用古典概型的概率公式求解.【详解】先求所有的三位数，个位有4种排法，十位有4种排法，百位有4种排法，所以共有个三位数.再求其中的凹数，第一类：凹数中有三个不同的数，把最小的放在中间，共有种，第二类，凹数中有两个不同的数，将小的放在中间即可，共有种方法，所以共有凹数8+6=14个，由古典概型的概率公式得P=.故答案为：C【点睛】本题主要考查排列组合的运用，考查古典概型的概率，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.11、A【解析】

先根据复数相等得到的值，再利用复数的四则混合运算计算.【详解】因为，所以，则.故选A.【点睛】本题考查复数相等以及复数的四则混合运算，难度较易.对于复数的四则混合运算，分式类型的复数式子，采用分母实数化计算更加方便.12、A【解析】

根据利用二项展开式的通项公式、二项式系数的性质、以及，即可求得的值，得到答案．【详解】由题意，二项式，又由，所以，其中，由，可得：，即，即，解得，故选A．【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，其中解答中熟记二项展开式的通项及性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、5【解析】

由正态分布曲线的对称性可得，正态分布曲线关于直线对称，即可得，再求解即可.【详解】解：由，得，又，所以，即，故答案为：5.【点睛】本题考查了正态分布曲线的对称性，属基础题.14、e-【解析】试题分析：01(e考点：定积分．15、【解析】

根据集合的包含关系可确定可能的取值，从而得到结果.【详解】由得：或或所有可能的取值构成的集合为：本题正确结果：【点睛】本题考查根据集合的包含关系求解参数值的问题，属于基础题.16、【解析】

根据偶函数的定义，先得到，化简整理，得到，即可求出结果.【详解】因为函数是偶函数，所以，即，即，整理得，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查由函数奇偶性求参数的问题，熟记偶函数的概念即可，属于基础题型.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、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）当时，，解不等式则单调区间可求；（Ⅱ）在上有两个零点，等价于在上有两解，分离参数，构造函数，求导求其最值即可求解【详解】（Ⅰ）当时，的定义域为，当，时，，在和上单调递增.当时，，在上单调递减.故的单调增区间为，；单调减区间为（Ⅱ）因为在上有两个零点，等价于在上有两解，令则令则在上单调递增，又在上有，在有时，，时，在上单调递减，在上单调递增.，，由有两解及可知.【点睛】本题考查函数的单调区间及函数最值，不等式恒成立，分离参数法，零点个数问题，准确计算是关键，是中档题18、(1).(2)证明见解析.【解析】

分析：（1）由绝对值三角不等式可得最小值；（2）由（1）已知可变为，，展开后可用基本不等式求得最小值，从而证明结论．详解：（1）函数故的最小值.（2）由（1）得，故，故，当且仅当，即时“”成立．点睛：本题考查绝对值不等式的性质，考查基本不等式求最值．用绝对值三角不等式求得最值是求的最小值的常用方法．而用“1”的代换求最值是基本不等式应用的常见题型，要牢牢掌握．19、（1）.（2）【解析】

（1）利用绝对值三角不等式即可求得结果；（2）由（1）可得，利用柯西不等式可求得结果.【详解】（1）由绝对值三角不等式得：（当且仅当时取等号）.为正实数，，即（当且仅当时取等号），的最大值为.（2）由（1）知：，即.，，（当且仅当，即，，时取等号）.的最小值为.【点睛】本题考查利用绝对值三角不等式和柯西不等式求解最值的问题；利用柯西不等式的关键是能够根据已知等式的形式，配凑出符合柯西不等式形式的式子，属于常考题型.20、（Ⅰ），（Ⅱ），证明见解析【解析】

（Ⅰ）由正方形数的特点知，由二项式定理的性质，求出杨辉三角形第行个数的和，由此能求出和的通项公式；（Ⅱ）由时，，时，，证明：时，时，可以逐个验证；证明时，时，可以用数学归纳法证明．【详解】（Ⅰ）由正方形数的特点可知；由二项式定理的性质，杨辉三角第行个数的和为，所以.（Ⅱ），，所以；，，所以；，，所以；，，所以；，所以；猜想：当时，；当时，.证明如下：证法1：当时，已证.下面用数学归纳法证明：当时，.①当时，已证：②假设时，猜想成立，即，所以；那么，，所以，当时，猜想也成立．根据①②，可知当时，.【点睛】本题主要考查了数列的通项公式的求法，以及数学归纳法不等式的证明，其中解答中要认真审题，注意二项式定理和数学归纳法的合理运用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．21、（1），，，，，见解析；（2）【解析】

（1）计算，，，猜想可得，然后依据数学归纳法的证明步骤，可得结果.（2）根据（1）得，然后利用裂项相消法，可得结果.【详解】（1）当时，，即，解得当时，，即，解得当时，，即，解得猜想，下面用数学归纳法证明：当时，，猜想成立假设当时，猜想成立，即，，则当时，，，，所以猜想成立．综上所述，对于任意，均成立．（2）由（1）得则数列的前项和【