浙江省绍兴市上虞区城南中学2023年数学高二第二学期期末教学质量检测试题含解析

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、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，点是两曲线的一个公共点，且，若椭圆离心率，则双曲线的离心率（）A． B． C．3 D．42．参数方程为参数表示什么曲线A．一个圆 B．一个半圆 C．一条射线 D．一条直线3．将函数的图像沿x轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图像，则的一个可能取值为A． B． C．0 D．4．将一枚质地均匀的硬币连续抛掷次，正面向上的次数为，则（）A． B．C． D．5．甲乙两队进行排球比赛，已知在一局比赛中甲队获胜的概率是23A．2027B．49C．86．小明早上步行从家到学校要经过有红绿灯的两个路口，根据经验，在第一个路口遇到红灯的概率为0.4，在第二个路口遇到红灯的概率为0.5，在两个路口连续遇到红灯的概率是0.2.某天早上小明在第一个路口遇到了红灯，则他在第二个路口也遇到红灯的概率是（）A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.57．有本相同的数学书和本相同的语文书，要将它们排在同一层书架上,并且语文书不能放在一起，则不同的放法数为（）A． B． C． D．8．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．409．已知函数的定义域为，为的导函数，且，若，则函数的取值范围为（）A． B． C． D．10．要将甲、乙、丙、丁名同学分到三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则甲被分到班的概率为（）A． B． C． D．11．已知直线y=x+1与曲线y=A．1B．2C．-1D．-212．河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列，则的值为（）A．8 B．10 C．12 D．16二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知向量满足：，，当取最大值时，______．14．平面上画条直线，且满足任何条直线都相交，任何条直线不共点，则这条直线将平面分成__________个部分．15．圆C1：在矩阵M＝对应的变换作用下得到了曲线C2，曲线C2在矩阵N＝对应的变换作用下得到了曲线C3，则曲线C3的方程为__________．16．(广东深圳市高三第二次（4月）调研考试数学理试题)我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中独立提出了一种求三角形面积的方法---“三斜求积术”，即的面积，其中分别为内角的对边.若，且，则的面积的最大值为__________．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）在中，，且.（1）求边长；（2）求边上中线的长.18．（12分）已知椭圆C:的左,右焦点分别为且椭圆上的点到两点的距离之和为4(1)求椭圆的方程;(2)若直线与椭圆交于两点,为坐标原点直线的斜率之积等于，试探求△OMN的面积是否为定值，并说明理由19．（12分）已知、为椭圆的左右焦点，是坐标原点，过作垂直于轴的直线交椭圆于．（1）求椭圆的方程；（2）若过点的直线与椭圆交于、两点，若，求直线的方程．20．（12分）己知函数.（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）是否存在整数使得函数的极大值大于零，若存在，求的最小整数值，若不存在，说明理由.21．（12分）已知函数.（I）解不等式：；（II）若函数的最大值为，正实数满足，证明：22．（10分）已知函数（1）求函数在点处的切线方程；（2）若在时恒成立，求的取值范围。

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、B【解析】

设，，由椭圆和双曲线的定义，解方程可得，，再由余弦定理，可得，与的关系，结合离心率公式，可得，的关系，计算可得所求值．【详解】设，，为第一象限的交点，由椭圆和双曲线的定义可得，，解得，，在三角形中，，可得，即有，可得，即为，由，可得，故选．【点睛】本题考查椭圆和双曲线的定义和性质，主要是离心率，考查解三角形的余弦定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．2、C【解析】分析：消去参数t，把参数方程化为普通方程，即得该曲线表示的是什么图形.详解：参数方程为参数，消去参数t，把参数方程化为普通方程，，即，它表示端点为的一条射线.故选：C.点睛：本题考查了参数方程的应用问题，解题时应把参数方程化为普通方程，并且需要注意参数的取值范围，是基础题.3、B【解析】将函数的图象沿轴向右平移个单位后，

得到函数的图象对应的函数解析式为再根据所得函数为偶函数，可得故的一个可能取值为：故选B．4、D【解析】分析：将一枚硬币连续抛掷5次，正面向上的次数，由此能求出正面向上的次数的分布列详解：将一枚硬币连续抛掷5次，正面向上的次数.故选D.点睛：本题考查离散型随机变量的分布列的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意二项分布的合理运用．5、A【解析】试题分析：“甲队获胜”包括两种情况，一是2:0获胜，二是2:1获胜.根据题意若是甲队2:0获胜，则比赛只有2局，其概率为(23)2=49；若是甲队2:1获胜，则比赛3局，其中第3考点：相互独立事件的概率及n次独立重复试验.【方法点晴】本题主要考查了相互独立事件的概率及n次独立重复试验，属于中档题.本题解答的关键是读懂比赛的规则，尤其是根据“采用三局两胜制比赛，即先胜两局者获胜且比赛结束”把整个比赛所有的可能情况分成两类，甲队以2:0获胜或2:1获胜，据此分析整个比赛过程中的每一局的比赛结果，根据相互独立事件的概率乘法公式及n次独立重复试验概率公式求得每种情况的概率再由互斥事件的概率加法公式求得答案.6、D【解析】

根据条件概率，即可求得在第一个路口遇到红灯，在第二个路口也遇到红灯的概率．【详解】记“小明在第一个路口遇到红灯”为事件，“小明在第二个路口遇到红灯”为事件“小明在第一个路口遇到了红灯，在第二个路口也遇到红灯”为事件则，，故选D.【点睛】本题考查了条件概率的简单应用，属于基础题．7、A【解析】由题意，故选A．点睛：本题是不相邻问题，解决方法是“插空法”，先把数学书排好（由于是相同的数学书，因此只有一种放法），再在数学书的6个间隔（含两头）中选3个放语文书（语文书也相同，只要选出位置即可），这样可得放法数为，如果是5本不同的数学书和3本不同的语文书，则放法为．8、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．9、B【解析】分析：根据题意求得函数的解析式，进而得到的解析式，然后根据函数的特征求得最值．详解：由，得，∴，设（为常数），∵，∴，∴，∴，∴，∴当x=0时，；当时，，故当时，，当时等号成立，此时；当时，，当时等号成立，此时．综上可得，即函数的取值范围为．故选B．点睛：解答本题时注意从所给出的条件出发，并结合导数的运算法则利用构造法求出函数的解析式；求最值时要结合函数解析式的特征，选择基本不等式求解，求解时注意应用不等式的条件，确保等号能成立．10、B【解析】

根据题意，先将四人分成三组，再分别分给三个班级即可求得总安排方法；若甲被安排到A班，则分甲单独一人安排到A班和甲与另外一人一起安排到A班两种情况讨论，即可确定甲被安排到A班的所有情况，即可求解.【详解】将甲、乙、丙、丁名同学分到三个班级中，要求每个班级至少分到一人，则将甲、乙、丙、丁名同学分成三组，人数分别为1，1，2；则共有种方法，分配给三个班级的所有方法有种；甲被分到A班，有两种情况：一，甲单独一人分到A班，则剩余两个班级分别为1人和2人，共有种；二，甲和另外一人分到A班，则剩余两个班级各1人，共有种；综上可知，甲被分到班的概率为，故选：B.【点睛】本题考查了排列组合问题的综合应用，分组时注意重复情况的出现，属于中档题.11、B【解析】设切点P(x0,y∴x12、C【解析】

数列，是等比数列，公比为2，前7项和为1016，由此可求得首项，得通项公式，从而得结论．【详解】最下层的“浮雕像”的数量为，依题有：公比，解得，则，，从而，故选C．【点睛】本题考查等比数列的应用．数列应用题求解时，关键是根据题设抽象出数列的条件，然后利用数列的知识求解．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据向量模的性质可知当与反向时，取最大值，根据模长的比例关系可得，整理可求得结果.【详解】当且仅当与反向时取等号又整理得：本题正确结果：【点睛】本题考查向量模长的运算性质，关键是能够确定模长取得最大值时，两个向量之间的关系，从而得到两个向量之间的关系.14、【解析】分析：根据几何图形，列出前面几项，根据归纳推理和数列中的累加法即可得到结果。详解：1条直线将平面分成2个部分，即2条直线将平面分成4个部分，即3条直线将平面分为7个部分，即4条直线将平面分为11个部分，即，所以….根据累加法得所以点睛：本题综合考查了数列的累加法、归纳推理的综合应用。在解题过程中，应用归纳推理是解决较难题目的一种思路和方法，通过分析具体项，找到一般规律，再分析解决问题，属于中档题。15、.【解析】分析：先根据矩阵变换得点坐标关系，代入C1可得C3的方程.详解：设C1上任一点经矩阵M、N变换后为点，则因为，所以因此曲线C3的方程为.点睛：（1）矩阵乘法注意对应相乘：（2）矩阵变换注意变化前后对应点：表示点在矩阵变换下变成点16、【解析】由题设可知，即，由正弦定理可得，所以，当时，，故填.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）.【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.18、（1）；（2）定值1【解析】

（1）由已知求得，又点在椭圆上，代入求得，即可得到椭圆的方程；（2）设，联立方程组，求得，又由直线的斜率之积等于，化简求得，再由弦长公式和面积公式，即可求解.【详解】（1）由已知，即，又点在椭圆上，所以，所以，故椭圆方程为.（2）设，由，得，则，即，且，因为直线的斜率之积等于，，所以，即，又到直线MN的距离为，所以.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.19、（1）；（2）或【解析】

（1）根据点坐标，结合，求得的值，进而求得椭圆的方程.（2）当轴时，求得两点的坐标，计算出.当不垂直轴时，设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，由列方程，解方程求得直线的斜率，进而求得直线的方程.【详解】（1）由于轴，且，所以，解得，所以椭圆方程为.（2）设.当轴时，，，不符合题意.当不垂直轴时，设直线的方程为，代入椭圆方程并化简得，所以，由于，所以，即，所以，解得.所以直线的方程为或.【点睛】本小题主要考查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆相交交点坐标的求法，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.20、（1）；（2）在上单调递增，在上单调递减；（3）1，理由见解析【解析】

（1）求导函数的导数，利用导数求出在处切线的斜率，即可得答案．（2）求导，然后对分情况讨论，求出单调区间；（3）利用（2）的结论必须满足时才有极大值，然后由极大值列出不等式，判断的正负，即可得答案．【详解】（1）；当时，令；；；函数的图象在处的切线方程为；（2）根据题意得当时，在时恒成立，在上单调递减；当时，令；令；令；在上单调递增，在上单调递减．（3）由（2）可得当时，函数不存在极值，不符合题意（舍掉）必须；函数的极大值为，设，；且当时，；当时，；最小值为，，，的最小整数值为1．【点睛】本题考查函数的单调性、函数的极值、以及函数在某点的切线方程，考查函数