山东省曹县三桐中学年2022-2023学年数学高二第二学期期末达标检测模拟试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．甲、乙、丙3位志愿者安排在周一至周五的5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面，不同的安排方法共有（）A．20种 B．30种 C．40种 D．60种2．若，则的取值范围为（）A． B． C． D．3．复数(为虚数单位)的共轭复数是（）A． B． C． D．4．牡丹花会期间，记者在王城公园随机采访6名外国游客，其中有2名游客来过洛阳，从这6人中任选2人进行采访，则这2人中至少有1人来过洛阳的概率是（）A． B． C． D．5．从5名男公务员和4名女公务员中选出3人，分别派到西部的三个不同地区，要求3人中既有男公务员又有女公务员，则不同的选派议程种数是（）A．70 B．140 C．420 D．8406．已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，平面，，，，则球的体积为（）A． B． C． D．7．已知命题，命题，若为假命题，则实数的取值范围是（）A． B．或 C． D．8．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A． B． C． D．9．已知命题p：∃x0>0，使得(A．∀x≤0，总有(x+2)ex≥1 B．C．∀x>0，总有(x+2)ex≥1 D．10．下列命题①多面体的面数最少为4；②正多面体只有5种；③凸多面体是简单多面体；④一个几何体的表面，经过连续变形为球面的多面体就叫简单多面体．其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．411．设直线l1，l2分别是函数f(x)=-lnx,0<x<1,lnx,x>1,图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A．(0,1)B．(0,2)C．(0,+∞)D．(1,+∞)12．已知函数，与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．曲线y=sinx(0≤x≤π)与直线y=114．若RtΔABC的斜边AB=5，BC=3，BC在平面内，A在平面内的射影为O，AO=2，则异面直线AO与BC之间的距离为___________．15．已知曲线在点处的切线为，则点的坐标为__________．16．展开式中含项的系数_________．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．（12分）某单位组织“学习强国”知识竞赛，选手从6道备选题中随机抽取3道题.规定至少答对其中的2道题才能晋级.甲选手只能答对其中的4道题。(1)求甲选手能晋级的概率；(2)若乙选手每题能答对的概率都是，且每题答对与否互不影响，用数学期望分析比较甲、乙两选手的答题水平。18．（12分）在直角坐标系中直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线：.（1）求直线的普通方程及曲线直角坐标方程；（2）若曲线上的点到直线的距离的最小值.19．（12分）已知数列满足，且.（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）是否存在实数，，使得，对任意正整数恒成立？若存在，求出实数、的值并证明你的结论；若不存在，请说明理由.20．（12分）最新研究发现，花太多时间玩手机游戏的儿童，患多动症的风险会加倍．青少年的大脑会很快习惯闪烁的屏幕、变幻莫测的手机游戏，一旦如此，他们在教室等视觉刺激较少的地方，就很难集中注意力．研究人员对110名年龄在7岁到8岁的儿童随机调查，并在孩子父母的帮助下记录了他们在1个月里玩手机游戏的习惯．同时，教师记下这些孩子出现的注意力不集中问题．统计得到下列数据：注意力不集中注意力集中总计不玩手机游戏204060玩手机游戏302050总计5060110（1）试估计7岁到8岁不玩手机游戏的儿童中注意力集中的概率；（2）能否在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为玩手机游戏与注意力集中有关系？附表：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8405.0246.6357.87910.828．21．（12分）已知，不等式的解集为.（1）求；（2）当时，证明：.22．（10分）设为虚数单位，为正整数，（1）证明：；（2），利用（1）的结论计算．

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、A【解析】

根据题意，分析可得，甲可以被分配在星期一、二、三；据此分3种情况讨论，计算可得其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．解：根据题意，要求甲安排在另外两位前面，则甲有3种分配方法，即甲在星期一、二、三；分3种情况讨论可得，甲在星期一有A42=12种安排方法，甲在星期二有A32=6种安排方法，甲在星期三有A22=2种安排方法，总共有12+6+2=20种；故选A．2、D【解析】

由，得，设，，当时，递减；当时，递增，，，故选D.【方法点晴】本题主要考查利用导数求函数的最值以及不等式恒成立问题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(可)或恒成立（即可）；②数形结合(图象在上方即可)；③讨论最值或恒成立；④讨论参数.本题是利用方法①求得的范围.3、D【解析】

化简，由共轭复数的定义即可得到答案。【详解】由于，所以的共轭复数是，故答案选D.【点睛】本题考查复数乘除法公式以及共轭复数的定义。4、C【解析】分析：从名外国游客中选取人进行采访，共有种不同的选法，其中这人中至少有人来过洛阳的共有种不同选法，由古典概型的概率计算公式即可求解．详解：由题意，从名外国游客中选取人进行采访，共有种不同的选法，其中这人中至少有人来过洛阳的共有种不同选法，由古典概型的概率计算公式可得，故选C．点睛：本题主要考查了排列组合的应用，以及古典概型及其概率的计算公式的应用，其中解答中根据排列、组合的相关知识得到基本事件的个数和所求事件包含的基本事件的个数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力．5、C【解析】

试题分析：先分组：“个男个女”或“个女个男”，第一种方法数有，第二种方法数有.然后派到西部不同的地区，方法数有种.考点：排列组合.6、B【解析】

根据所给关系可证明，即可将三棱锥可补形成长方体，即可求得长方体的外接球半径，即为三棱锥的外接球半径，即可得球的体积.【详解】因为平面BCD，所以，又AB=4，，所以，又，所以，则．由此可得三棱锥可补形成长方体如下图所示：设长方体的外接球半径为，则，所以球的体积为，故选:B.【点睛】本题考查了三棱锥外接球体积的求法，将三棱锥补全为棱柱是常用方法，属于中档题.7、D【解析】试题分析：由，可得，由，可得，解得.因为为假命题，所以与都是假命题，若是假命题，则有，若是假命题，则由或，所以符合条件的实数的取值范围为，故选D.考点：命题真假的判定及应用.8、A【解析】

由正视图和侧视图得三棱锥的高，由俯视图得三棱锥底面积，再利用棱锥的体积公式求解即可.【详解】由三棱锥的正视图和侧视图得三棱锥的高，由俯视图得三棱锥底面积，所以该三棱锥的体积.故选：A【点睛】本题主要考查三视图和棱锥的体积公式，考查学生的空间想象能力，属于基础题.9、C【解析】

原命题为特称命题，则其否定为全称命题，即可得到答案【详解】∵命题p：∃x0∴¬p：∀x>0，总有(x+2)故选C【点睛】本题主要考查的是命题及其关系，命题的否定是对命题结论的否定，属于基础题．10、D【解析】

根据多面体的定义判断．【详解】正多面体只有正四、六、八、十二、二十，所以①②正确．表面经过连续变形为球面的多面体就叫简单多面体．棱柱、棱锥、正多面体等一切凸多面体都是简单多面体．所以③④正确．故：①②③④都正确【点睛】根据多面体的定义判断．11、A【解析】试题分析：设P1(x1 , lnx1) , P2(x2 , -lnx2)（不妨设x考点：1.导数的几何意义；2.两直线垂直关系；3.直线方程的应用；4.三角形面积取值范围.12、A【解析】

根据题意，可以将原问题转化为方程在区间上有解，构造函数，利用导数分析的最大最小值，可得的值域，进而分析方程在区间上有解，必有，解之可得实数的取值范围.【详解】根据题意，若函数，与的图象上存在关于轴对称的点，则方程在区间上有解化简可得设，对其求导又由，在有唯一的极值点分析可得：当时，，为减函数，当时，，为增函数，故函数有最小值又由，比较可得，，故函数有最大值故函数在区间上的值域为若方程在区间有解，必有，则有则实数的取值范围是故选：A【点睛】本题考查在函数与方程思想下利用导数求最值进而表示参数取值范围问题，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、－【解析】做出如图所示：，可知交点为(π6,点睛：定积分的考察，根据题意画出图形，然后根据定积分求面积的方法写出表达式即可求解14、2【解析】

连接，通过证明和可知即为异面直线与之间的距离，利用勾股定理可求得结果.【详解】连接，，，又平面，又平面即为异面直线与之间的距离又本题正确结果：【点睛】本题考查异面直线间距离的求解，关键是能够通过垂直关系找到异面直线之间的公垂线段.15、.【解析】分析：设切点坐标为，求得，利用且可得结果.详解：设切点坐标为，由得，，，即，故答案为.点睛：应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：(1)已知切点求斜率,即求该点处的导数；(2)己知斜率求切点即解方程；(3)巳知切线过某点(不是切点)求切点,设出切点利用求解.16、15【解析】

利用组合的知识，根据所求项的次数，可得结果.【详解】展开式中含项的系数为．【点睛】本题考查二项式定理，难点在于展开式中的每一项是用组合的知识计算得到，属基础题.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）乙选手比甲选手的答题水平高【解析】

（1）解法一：分类讨论，事件“甲选手能晋级”包含“甲选手答对道题”和“甲选手答对道题”，然后利用概率加法公式求出所求事件的概率；解法二：计算出事件“甲选手能晋级”的对立事件“甲选手答对道题”的概率，然后利用对立事件的概率公式可计算出答案；（2）乙选手答对的题目数量为，甲选手答对的数量为，根据题意知，随机变量服从超几何分布，利用二项分布期望公式求出，再利用超几何分布概率公式列出随机变量的分布列，并计算出，比较和的大小，然后可以下结论。【详解】解法一：（1）记“甲选手答对道题”为事件，，“甲选手能晋级”为事件，则。；（2）设乙选手答对的题目数量为，则，故，设甲选手答对的数量为，则的可能取值为，，，，故随机变量的分布列为所以，，则，所以，乙选手比甲选手的答题水平高；解法二：（1）记“甲选手能晋级”为事件，则；（2）同解法二。【点睛】本题考查概率的加法公式、对立事件的概率、古典概型的概率计算以及随机变量及其分布列，在求随机分布列的问题，关键要弄清楚随机变量所服从的分布类型，然后根据相关公式进行计算，考查计算能力，属于中等题。18、（1）直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.【解析】

(1)直接利用参数方程和极坐标方程公式得到答案.(2)计算圆心到直线的距离，判断相离，再利用公式得到答案.【详解】解：（1）直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为（2）曲线的圆心到直线的距离所以直线与圆相离，则曲线上的点到直线的距离的最小值为【点睛】本题考查了参数方程和极坐标方程，将圆上的点到直线的距离转化为圆心到直线的距离是解题的关键.19、（Ⅰ），；（Ⅱ）存在实数，符合题意.【解析】

（Ⅰ）由题意可整理为，从而代入，即可求，的值；（Ⅱ）当时和时，可得到一组、的值，于是假设该式成立，用数学归纳法证明即可.【详解】（Ⅰ）因为，整理得，由，代入得，.（Ⅱ）假设存在实数、，使得对任意正整数恒成立.当时，，①当时，，②由①②解得：，.下面用数学归纳法证明：存在实数，，使对任意正整数恒成立.（1）当时，结论显然成立.（2）当时，假设存在，，使得成立，那么，当时，.即当时，存在，，使得成立.由（1）（2）得：存在实数，，使对任意正整数恒成立.【点睛】本题主要考查数学归纳法在数列中的应用，意在考查学生的计算能力，分析能力，逻辑推理能力，比较综合，难度较大.20、（1）（2）在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为玩手机游戏与注意力集中有关系．【解析】

（1）利用频率表示概率即得解；（2）根据题目所给的数据计算的值，对照表格中的数据，可得出结论.【详解】（1）根据题设数据，可得7岁到8岁不玩手机游戏的儿童中注意力集中的概率为．（2）根据表格中的数据，．可见，，所以在犯错误的概率不超过0.010的前提下认为玩手机游戏与注意力集中有关系．【点睛】本题考查了频率估计概率以及列联表的应用，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.21、（I）M＝(－2，2)．（Ⅱ）见解析【解析】试题分析：（1）将函数写成分段函数，再利用，即可求得M；（2）利用作差法，证明，即可得到结论．试题解析：（1），当时，，解得；当时，，解得；当时，恒成立；综合以上：（2）证明，只需，只需∵又∵，∴因此结果成立.考点：不等式证明；绝对值函数22、(1)证明见解析.(2).【