林芝市重点中学2023年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．在的展开式中，记项的系数为，则（）A． B． C． D．2．甲、乙两人同时报考某一所大学，甲被录取的概率为0.6，乙被录取的概率为0.7，两人是否被录取互不影响，则其中至少有一人被录取的概率为()A．0.12 B．0.42 C．0.46 D．0.883．已知复数，，.在复平面上，设复数，对应的点分别为，，若，其中是坐标原点，则函数的最大值为（）A． B． C． D．4．将点的直角坐标化成极坐标为（）A． B． C． D．5．若正数满足，则的最小值为（）A．3 B．4 C．5 D．66．已知某射击运动员，每次击中目标的概率都是0.8，则该射击运动员射击4次，至少击中3次的概率为()A．0.85 B．0.8192 C．0.8 D．0.757．执行如图所示的程序框图，如果输入n=3，输出的S=（）A． B． C． D．8．已知函数的部分图象如图所示，则（）A． B． C． D．9．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=1，B=45°，S△ABC=2，则△ABC的外接圆的直径为（）A．5 B． C． D．10．设曲线在点处的切线方程为，则（）A．1 B．2 C．3 D．411．函数的零点个数是（）A．0 B．1 C．2 D．312．设是双曲线上一点，双曲线的一条渐近线方程为、分别是双曲线的左、右焦点，若，则（）A．1或9 B．6 C．9 D．以上都不对二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若,，则此球的表面积等于。14．已知全集，集合，，则_______．15．命题“”的否定为____________________．16．已知直线与曲线在点P（1，1）处的切线互相垂直，则_____________.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）如图，在四棱锥中，是棱PD的中点，且.（1）求证：CD∥平面ABE；（2）求证：平面ABE丄平面PCD.18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），它与曲线C：（y－2）2－x2＝1交于A、B两点．（1）求|AB|的长；（2）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设点P的极坐标为，求点P到线段AB中点M的距离．19．（12分）已知，．当时，求的值；当时，是否存在正整数n，r，使得、、，依次构成等差数列？并说明理由；当时，求的值用m表示．20．（12分）已知动点M（x，y）满足，点M的轨迹为曲线E.（1）求E的标准方程；（2）过点F（1,0）作直线交曲线E于P,Q两点，交轴于R点，若，证明：为定值.21．（12分）已知数列的首项，等差数列满足.（1）求数列，的通项公式；（2）设，求数列的前项和.22．（10分）已知的最小正周期为．(1)求的值；(2)在中，角，，所对的边分别是为，，，若，求角的大小以及的取值范围．

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】

根据题意，表示出展开式的项对应次数，由二项式定理展开式的性质即可求得各项对应的系数，即可求解.【详解】由题意记项的系数为，可知对应的项为；对应的项为；对应的项为；对应的项为；而展开式中项的系数为；对应的项的系数为；对应的项的系数为;对应的项的系数为;所以，故选：C.【点睛】本题考查了二项式定理展开式及性质的简单应用，属于基础题.2、D【解析】由题意知，甲、乙都不被录取的概率为(1－0.6)(1－0.7)＝0.12.∴至少有一人被录取的概率为1－0.12＝0.88.故选D.考点：相互独立事件的概率.3、B【解析】

根据向量垂直关系的坐标运算和三角函数的最值求解.【详解】据条件，，，且，所以，，化简得，，当时，取得最大值为.【点睛】本题考查向量的数量积运算和三角函数的最值，属于基础题.4、B【解析】分析：求出，且在第三象限，由此能将点M的直角坐标化成极坐标.详解：点M的直角坐标，，在第三象限，.将点M的直角坐标化成极坐标.故选B.点睛：极坐标与直角坐标的互化，常用方法有代入法、平方法等，还经常会用到同乘(同除以)ρ等技巧．5、B【解析】

先根据已知得出的符号及的值，再根据基本不等式求解.【详解】∵；∴∴∴当且仅当，即时，等号成立.故选B.【点睛】本题考查基本不等式，注意基本不等式成立的条件“一正二定三相等”.6、B【解析】

因为某射击运动员，每次击中目标的概率都是，则该射击运动员射击4次看做4次独立重复试验，则至少击中3次的概率7、B【解析】

试题分析：由题意得，输出的为数列的前三项和，而，∴，故选B.考点：1程序框图；2.裂项相消法求数列的和.【名师点睛】本题主要考查了数列求和背景下的程序框图问题，属于容易题，解题过程中首先要弄清程序框图所表达的含义，解决循环结构的程序框图问题关键是列出每次循环后的变量取值情况，循环次数较多时，需总结规律，若循环次数较少可以全部列出.8、C【解析】

根据图像最低点求得，根据函数图像上两个特殊点求得的值，由此求得函数解析式，进而求得的值.【详解】根据图像可知，函数图像最低点为，故，所以，将点代入解析式得，解得，故，所以，故选C.【点睛】本小题主要考查根据三角函数图象求三角函数解析式，并求三角函数值，属于中档题.9、C【解析】分析：由三角形面积公式可得，再由余弦定理可得，最后结合正弦定理即可得结果.详解：根据三角形面积公式得，，得，则，即，，故正确答案为C.点睛：此题主要考三角形面积公式的应用，以及余弦定理、正弦定理在计算三角形外接圆半径的应用等有关方面的知识与技能，属于中低档题型，也是常考考点.此类题的题型一般有：1.已知两边和任一边，求其他两边和一角，此时三角形形状唯一；2.已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角，此时三角形形状不一定唯一.10、D【解析】

利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解【详解】因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即.故选：D【点睛】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题11、B【解析】

因为和在均为增函数，所以在单调递增，所以函数至多一个零点，再给赋值，根据可得函数在上有一个零点【详解】因为与均在上为增函数，所以函数至多一个零点又，，，即函数在上有一个零点答案选B【点睛】零点问题可根据零点存在定理进行判断，也可采用构造函数法，根据构造的两新函数函数交点个数来确定零点个数12、C【解析】

根据双曲线的一条渐近线方程为求出，由双曲线的定义求出，判断点在左支上，即求.【详解】双曲线的渐近线方程为，又双曲线的一条渐近线方程为，.由双曲线的定义可得，又，或.点在左支上，.故选：.【点睛】本题考查双曲线的定义和性质，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、20π【解析】

14、【解析】由,得：，则，故答案为.15、【解析】特称命题的否定为全称，所以“”的否定为“”.点睛：命题的否定和否命题要做好区别：（1）否命题是指将命题的条件和结论都否定，而且与原命题的真假无关；（2）否命题是只否结论，特别的全称命题的否定为特称，特称命题的否定为全称.16、【解析】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)见解析；（2）见解析.【解析】

(1)要证CD∥平面ABE，只需说明即可；（2）要证平面ABE丄平面PCD，只需证明平面CDP即可.【详解】（1）证明：根据题意，,故CD∥平面ABE；（2）证明：由于是棱PD的中点，故，而，，因此，显然，故平面CDP，而平面ABE，平面ABE丄平面PCD.【点睛】本题主要考查线面平行，面面垂直的判定，意在考查学生的空间想象能力和分析能力，难度不大.18、（1）；（2）【解析】试题分析：（1）直线的参数方程是标准参数方程，因此可把直线参数方程代入曲线的方程，由利用韦达定理可得；（2）把点极坐标化为直角坐标，知为直线参数方程的定点，因此利用参数的几何意义可得．试题解析：（1）把直线的参数方程对应的坐标代入曲线方程并化简得7t2+60t﹣125=0设A，B对应的参数分别为t1，t2，则．∴．（2）由P的极坐标为，可得，．∴点P在平面直角坐标系下的坐标为（﹣2，2），根据中点坐标的性质可得AB中点M对应的参数为．∴由t的几何意义可得点P到M的距离为．点睛：过点，倾斜角为的直线的标准参数方程为参数），其中直线上任一点参数的参数具有几何意义：，且方向向上时，为正，方向向下时，为负．19、（1）；（2）不存在；（3）.【解析】

在的二项式定理中，先令得所有项系数和，再令得常数项，然后相减即得．将变成后，利用二项展开式的通项公式可得，再假设存在正整数n，r满足题意，利用等差数列的性质得，化简整理，解方程即可判断存在性；求得，2，3的代数式的值，即可得到所求结论．【详解】解：，，当时，令和，可得：，，故；当时，假设存在正整数n，r，使得、、，依次构成等差数列，由二项式定理可知，，若、、成等差数列，则，即，即，化简得，即为，若、、成等差数列，同理可得，即有，即为，化为，可得，方程无解，则不存在正整数n，r，使得、、，依次构成等差数列；，当时，；当时，；当时，；可得时，．【点睛】本题考查二项式定理及等差数列的性质，组合数公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于综合题．20、(1);(2)-1.【解析】分析：（Ⅰ）由，根据椭圆的定义可得点的轨迹是以为焦点的椭圆，可求得，从而可得曲线的方程；（II）设，由，点在曲线上可得…，①同理可得…，②，由①②可得是方程的两个根，为定值.详解：（Ⅰ）由，可得点M（x，y）到定点A（﹣1，0），B（1，0）的距离等于之和等于．且AB，所以动点N的轨迹是以C（﹣1，0），A（1，0）为焦点的椭圆，且长轴长为，焦距2c=2，所以，c=1，b=1，曲线E的方程为：；（Ⅱ）法1：设P（x1，y1），Q（x2，y2），R（0，y0），由，（x1，y1﹣y0）=λ1（1﹣x1，﹣y1），∴，∵过点F（1，0）作直线l交曲线E于P，∴，∴…①同理可得：…②由①②可得λ1、λ2是方程x2+1x+2﹣2y02=0的两个根，∴λ1+λ2为定值﹣1．法2：依题意得的斜率一定存在，设斜率为k，则直线方程为代入椭圆方程得：设，则，由得：得同理得：则为定值。点睛：本题主要考查待定义法求椭圆标准方程、圆锥曲线的定值问题，属于难题.探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.21、（1），；（2）．【解析】分析：（1）由题意，当时，，当时，化简得，得数列是首项为1，公比为2等比数列，即可求解，进而得到；（2）由（1）可得，利用乘公比错位相减法，即可求解数列的和．详解：（1）当时，当时，相减得∴数列是首项为1，公比为2等比数列………………3分……4分∴∴……6分（2）……7分……8分相减得……12分点睛：本题主要考查等差、等比数列的通项公式、数列求和的“错位相减法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确