吉林省延边州汪清县第六中学2022-2023学年数学高二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．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．已知命题：若，则；：“”是“”的必要不充分条件，则下列命题是真命题的是（）A． B．C． D．2．已知，则的值为（）A． B． C． D．3．某单位有职工160人，其中业务员有104人，管理人员32人，后勤服务人员24人，现用分层抽样法从中抽取一个容量为20的样本，则抽取管理人员()A．3人 B．4人 C．7人 D．12人4．设集合，则的元素的个数为（）A． B． C． D．5．函数的单调递增区间为(

)A． B． C． D．6．函数在上取得最小值时，的值为（）．A．0 B． C． D．7．已知对称轴为坐标轴的双曲线的两渐近线方程为，若双曲线上有一点，使，则双曲线的焦点（）A．在轴上 B．在轴上C．当时在轴上 D．当时在轴上8．已知函数，若，则（）A．0 B．3 C．6 D．99．已知椭圆的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，分别是椭圆的左、右焦点，且的面积为，点为椭圆上的任意一点，则的取值范围为（）A． B． C． D．10．已知函数，将其图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为（）A． B． C． D．11．杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡（1623-1662）是在1654年发现这一规律的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一个伟大成就.如图所示，在“杨辉三角”中，去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为()A． B． C． D．12．在极坐标系中，由三条直线，，围成的图形的面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知是椭圆的左、右焦点，过左焦点的直线与椭圆交于两点，且，，则椭圆的离心率为________14．用数学归纳法证明，在第二步证明从到成立时，左边增加的项数是_____项．15．已知直线3x+4y﹣3=0与6x+my+14=0相互平行，则它们之间的距离是_____．16．已知复数z满足，若z在复平面上对应点的轨迹是椭圆，则实数a的取值范围是______；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）已知公差不为零的等差数列满足，且，，成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）若，且数列的前项和为，求证：.18．（12分）如图，在四棱锥中，平面，，，且，，.（1）求证：；（2）在线段上,是否存在一点,使得二面角的大小为，如果存在,求与平面所成角的正弦值；如果不存在,请说明理由.19．（12分）在二项式的展开式中.（1）若展开式后三项的二项式系数的和等于67，求展开式中二项式系数最大的项；（2）若为满足的整数，且展开式中有常数项，试求的值和常数项.20．（12分）《厉害了，我的国》这部电影记录：到2017年底，我国高铁营运里程达2.5万公里，位居世界第一位，超过第二名至第十名的总和，约占世界高铁总量的三分之二.如图是我国2009年至2017年高铁营运里程（单位：万公里）的折线图.根据这9年的高铁营运里程，甲、乙两位同学分别选择了与时间变量的两个回归模型①：；②.（1）求，（精确到0.01）；（2）乙求得模型②的回归方程为，你认为哪个模型的拟合效果更好？并说明理由.附：参考公式：，，.参考数据：1.3976.942850.220.093.7221．（12分）已知中，，且.（1）求m；（2）求.22．（10分）已知函数f(x)=x（1）求不等式f(x)≤10的解集；（2）记f(x)的最小值为m，若正实数a，b，c满足a+b+c=m，求证：a+

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】试题分析：命题为假命题,比如,但,命题为真命题,不等式的解为,所以,而,所以“”是“”的必要不充分条件,由命题的真假情况,得出为真命题,选B.考点：命题真假的判断.【易错点睛】本题主要考查了命题真假的判断以及充分必要条件的判断,属于易错题.判断一个命题为假命题时,举出一个反例即可,判断为真命题时,要给出足够的理由.对于命题,为假命题,容易判断,对于命题,要弄清楚充分条件,必要条件的定义:若,则是的充分不必要条件,若,则是的必要不充分条件,再根据复合命题真假的判断,得出为真命题.2、B【解析】

直接利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式转化求解即可.【详解】解：因为，则.故选：B.【点睛】本题考查诱导公式以及同角三角函数基本关系式的应用，考查计算能力，属于基础题.3、B【解析】

根据分层抽样原理求出应抽取的管理人数．【详解】根据分层抽样原理知，应抽取管理人员的人数为：故选：B【点睛】本题考查了分层抽样原理应用问题，是基础题．4、C【解析】分析：分别求出A和B，再利用交集计算即可.详解：，，则，交集中元素的个数是5.故选：C.点睛：本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键.5、D【解析】

先求出函数的定义域，然后根据复合函数的单调性满足“同增异减”的结论求解即可．【详解】由可得或，∴函数的定义域为．设，则在上单调递减，又函数为减函数，∴函数在上单调递增，∴函数的单调递增区间为．故选D．【点睛】（1）复合函数的单调性满足“同增异减”的结论，即对于函数来讲，它的单调性依赖于函数和函数的单调性，当两个函数的单调性相同时，则函数为增函数；否则函数为减函数．（2）解答本题容易出现的错误是忽视函数的定义域，误认为函数的单调递增区间为．6、D【解析】

根据三角函数的单调性分析求解即可.【详解】当时,.根据正弦函数的性质可知,当,即时,取得最小值.故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数的最值问题,属于基础题.7、B【解析】

设出双曲线的一般方程，利用题设不等式，令二者平方，整理求得的，进而可判断出焦点的位置．【详解】渐近线方程为，，平方，两边除，，，双曲线的焦点在轴上.故选：B.【点睛】本题考查已知双曲线的渐近线方程求双曲线的方程，考查对双曲线标准方程的理解与运用，求解时要注意焦点落在轴或轴的特点，考查学生分析问题和解决问题的能力．8、C【解析】

分别讨论当和时带入即可得出，从而得出【详解】当时（舍弃）．当时，所以，所以选择C【点睛】本题主要考查了分段函数求值的问题，分段函数问题需根据函数分段情况进行讨论，属于基础题．9、D【解析】分析：由得椭圆的短轴长为，可得，，可得，从而可得结果.详解：由得椭圆的短轴长为，，解得，，设，则，，即，，故选D.点睛：本题考查题意的简单性质，题意的定义的有意义，属于中档题.求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴、等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.10、B【解析】

由平移变换得到，由偶函数的性质得到，从而求.【详解】由题意得：，因为为偶函数，所以函数的图象关于对称，所以当时，函数取得最大值或最小值，所以，所以，解得：，因为，所以当时，，故选B.【点睛】平移变换、伸缩变换都是针对自变量而言的，所以函数向右平移个单位长度后得到函数，不能错误地得到.11、A【解析】

利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，然后令x＝1得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可．【详解】n次二项式系数对应杨辉三角形的第n+1行，例如（x+1）2＝x2+2x+1，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第3行，令x＝1，就可以求出该行的系数之和，第1行为20，第2行为21，第3行为22，以此类推即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，则杨辉三角形的前n项和为Sn2n﹣1，若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，……，可以看成一个首项为1，公差为1的等差数列，则Tn，可得当n＝15，在加上第16行的前15项时，所有项的个数和为135，由于最右侧为2，3，4，5，……，为首项是2公差为1的等差数列，则第16行的第16项为17，则杨辉三角形的前18项的和为S18＝218﹣1，则此数列前135项的和为S18﹣35﹣17＝218﹣53，故选：A．【点睛】本题主要考查归纳推理的应用，结合杨辉三角形的系数与二项式系数的关系以及等比数列等差数列的求和公式是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．12、B【解析】

求出直线与直线交点的极坐标，直线与直线交点的极坐标，然后利用三角形的面积公式可得出结果.【详解】设直线与直线交点的极坐标，则，得.设直线与直线交点的极坐标，则，即，得.因此，三条直线所围成的三角形的面积为，故选：B.【点睛】本题考查极坐标系中三角形面积的计算，主要确定出交点的极坐标，并利用三角形的面积公式进行计算，考查运算求解能力，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】

连接,设,利用椭圆性质,得到长度,分别在△和中利用余弦定理,得到c的长度，根据离心率的定义计算得到答案.【详解】设，则，，由，得，，在△中，，又在中，，得故离心率【点睛】本题考察了离心率的计算,涉及到椭圆的性质,正余弦定理,综合性强,属于难题.14、【解析】

根据等式时，考虑和时，等式左边的项，再把时等式的左端减去时等式的左端，即可得到答案．【详解】解：当时，等式左端，当时，等式左端，所以增加的项数为：即增加了项．故答案为：．【点睛】此题主要考查数学归纳法的问题，解答的关键是明白等式左边项的特点，再把时等式的左端减去时等式的左端，属于基础题．15、2【解析】

由两直线平行，可先求出参数的值，再由两平行线间距离公式即可求出结果.【详解】因为直线，平行，所以，解得，所以即是，由两条平行线间的距离公式可得.故答案为2【点睛】本题主要考查两条平行线间的距离，熟记公式即可求解，属于基础题型.16、【解析】

由复数模的几何意义及椭圆的定义列出不等式求解。【详解】表示复数对应的点到和对应的点的距离之和为2，它的轨迹是椭圆，则，∵，∴，。故答案为：。【点睛】本题考查复数模的几何意义，考查椭圆的定义。到两定点的距离之和为常数的动点轨迹是椭圆时，有一要求就是两定点间的距离小于这个常数。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)见详解.【解析】

(1)设公差为，由已知条件列出方程组，解得，解得数列的通项公式.(2)得出，可由裂项相消法求出其前项和，进而可证结论.【详解】(1)设等差数列的公差为().由题意得则化简得解得所以.(2)证明：，所以.【点睛】本题考查等差数列和等比数列的基本量运算、裂项相消法求和、不等式的证明.通项公式形如的数列，可由裂项相消法求和.18、（1）见解析（2）在线段上,存在一点,使得二面角的大小为，且与平面所成角正弦值为【解析】

（1）利用勾股定理得出，由平面，得出，利用直线与平面垂直的判定定理证明平面，于此得出；（2）设，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由解出的值，得出的坐标，则即为与平面所成角的正弦值.【详解】（1）∵，，∴，∴∵平面，∴，∴平面，平面，∴；（2）以为原点，以过平行于的直线为轴，所在直线分别为轴、轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，设，，，，设平面的法向量，则，即则，又平面的法向量为，∴解得：或（舍），，平面的法向量为，设与平面所成角为，则.【点睛】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的动点问题以及直线与平面所成角的计算，解题时要建立合适的坐标系，利用空间向量法来计算，另外就是对于动点的处理，要引入合适的参数表示动向量的坐标，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中等题．19、（1）展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项，，（2），常数项为【解析】

（1）根据条件求出的值，然后判断第几项二项式系数最大，并求之；（2）常数项其实说明的指数为，根据这一特点，利用项数与第几项的关系求解出的值.【详解】解：（1）由已知整理得，显然则展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项（2）设第项为常数项，为整数，则有，所以，或当时，；时，（不合题意舍去），所以常数项为【点睛】对于形如的展开式，展开后一共有项，若为奇数，则二项式系数最大的项有项，分别为项，为若为偶数，则二项式系数最大的项有项，即为项（也可借助杨辉三角的图分析）.20、（1）（2）模型②的拟合效果较好【解析】分析：（1）求出，代入最小二乘法公