2023届江西省临川市数学高二第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．从，，中任取个不同的数字，从，，中任取个不同的数字，可以组成没有重复数字的四位偶数的个数为（）A． B． C． D．2．若，则“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知函数在其定义域内既有极大值也有极小值，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．4．曲线对称的曲线的极坐标方程是()A． B． C． D．5．已知函数，若有两个极值点，，且，则的取值范围是（）A． B． C． D．6．数学归纳法证明1n+1+1A．12k+2 B．12k+1 C．17．以下四个命题，其中正确的个数有（）①由独立性检验可知，有的把握认为物理成绩与数学成绩有关，某人数学成绩优秀，则他有99%的可能物理优秀.②两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；③在线性回归方程中，当解释变量每增加一个单位时，预报变量平均增加0.2个单位；④对分类变量与，它们的随机变量的观测值来说，越小，“与有关系”的把握程度越大.A．1 B．2 C．3 D．48．函数的单调递减区间是（）A． B． C．， D．，9．函数的定义城是（）A． B． C． D．10．已知三棱锥的体积为，，，，，且平面平面PBC，那么三棱锥外接球的体积为（）A． B． C． D．11．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记事件A={两次的点数均为奇数}，B={两次的点数之和小于7}，则PBA．13 B．49 C．512．已知，则的值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知正三棱锥底面边长为，侧棱长为，则它的侧面与底面所成二面角的余弦值为________.14．已知向量与的夹角为120°，且，，则__________．15．在中，内角，，满足，且，则的值为________.16．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是．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）已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若恒成立，求实数的取值范围．18．（12分）为推行“新课堂”教学法，某化学老师分别用传统教学和“新课堂”两种不同的教学方式，在甲、乙两个平行班级进行教学实验，为了比较教学效果，期中考试后，分别从两个班级中各随机抽取20名学生的成绩进行统计，结果如下表：记成绩不低于70分者为“成绩优良”．分数[50,59)[60,69)[70,79)[80,89)[90,100]甲班频数56441乙班频数13655（1）由以上统计数据填写下面2×2列联表，并判断“成绩优良与教学方式是否有关”?甲班乙班总计成绩优良成绩不优良总计现从上述40人中，学校按成绩是否优良采用分层抽样的方法抽取8人进行考核．在这8人中，记成绩不优良的乙班人数为，求的分布列及数学期望．附：．临界值表19．（12分）已知数列满足：，（R，N*）．（1）若，求证：；（2）若，求证：．20．（12分）设,函数,是函数的导函数,是自然对数的底数.(1)当时,求导函数的最小值;(2)若不等式对任意恒成立,求实数的最大值;(3)若函数存在极大值与极小值，求实数的取值范围.21．（12分）设集合，如果存在的子集，，同时满足如下三个条件：①；②，，两两交集为空集；③，则称集合具有性质.（Ⅰ）已知集合，请判断集合是否具有性质，并说明理由；（Ⅱ）设集合，求证：具有性质的集合有无穷多个.22．（10分）已知复数.（1）化简：；（2）如果，求实数的值.

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】

根据选取的两个偶数是否包含0分为两种情况，种数相加得到答案.【详解】选取的两个偶数不包含0时：选取的两个偶数包含0时：故共有96个偶数答案选A【点睛】本题考查了排列组合，将情况分类可以简化计算.2、A【解析】

本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.3、D【解析】

根据函数在其定义域内既有极大值也有极小值，则.在有两个不相等实根求解.【详解】因为所以.因为函数在其定义域内既有极大值也有极小值，所以只需方程在有两个不相等实根.即，令，则.在递增，在递减.其图象如下:∴，∴.故选：:D.【点睛】本题主要考查了导数与函数的极值，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.4、A【解析】

先把两曲线极坐标方程化为普通方程，求得对称曲线，再转化为极坐标方程。【详解】化为标准方程可知曲线为，曲线为，所以对称直线为，化为极坐标方程为，选A.【点睛】由直角坐标与极坐标互换公式，利用这个公式可以实现直角坐标与极坐标的相互转化。5、C【解析】

由可得，根据极值点可知有两根，等价于与交于两点，利用导数可求得的最大值，同时根据的大小关系构造方程可求得临界状态时的取值，结合单调性可确定的取值范围.【详解】，，令可得：.有两个极值点，有两根令，则，当时，；当时，，在上单调递增，在上单调递减，，令，则，解得：，此时.有两根等价于与交于两点，，即的取值范围为.故选：.【点睛】本题考查根据函数极值点个数及大小关系求解参数范围的问题，关键是明确极值点和函数导数之间的关系，将问题转化为直线与曲线交点问题的求解.6、D【解析】

求出当n=k时，左边的代数式，当n=k+1时，左边的代数式，相减可得结果．【详解】当n=k时，左边的代数式为1k+1当n=k+1时，左边的代数式为1k+2故用n=k+1时左边的代数式减去n=k时左边的代数式的结果为：12k+1【点睛】本题考查用数学归纳法证明不等式，注意式子的结构特征，以及从n=k到n=k+1项的变化，属于中档题.7、B【解析】对于命题①认为数学成绩与物理成绩有关，不出错的概率是99%，不是数学成绩优秀，物理成绩就有99%的可能优秀，不正确；对于④，随机变量K2的观测值k越小，说明两个相关变量有关系的把握程度越小，不正确；容易验证②③正确，应选答案B。8、A【解析】

函数的单调减区间就是函数的导数小于零的区间，可以求出函数的定义域，再算出函数的导数，最后解不等式，可得出函数的单调减区间．【详解】解：因为函数，所以函数的定义域为，求出函数的导数：，；令，，解得，所以函数的单调减区间为故选：．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，属于简单题，在做题时应该避免忽略函数的定义域而导致的错误．9、C【解析】

根据对数的真数大于零这一原则得出关于的不等式，解出可得出函数的定义域．【详解】由题意可得，解得，因此，函数的定义域为，故选C．【点睛】本题考查对数型函数的定义域的求解，求解时应把握“真数大于零，底数大于零且不为”，考查计算能力，属于基础题．10、D【解析】试题分析：取中点，连接，由知，则，又平面平面，所以平面，设，则，又，则，，，，显然是其外接球球心，因此．故选D．考点：棱锥与外接球，体积．11、D【解析】由题意得P(B|A)=P(AB)P(A)，两次的点数均为奇数且和小于7的情况有(1,1),(1,3),(3,1),(1,5),(5,1)(3,3)，则P(AB)=612、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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先做出二面角的平面角，再运用余弦定理求得二面角的余弦值．【详解】取正三棱锥的底边的中点，连接和,则在底面正中，，且边长为，所以，在等腰中，边长为，所以且，所以就是侧面与底面所成二面角的平面角，所以在中，，故得解.【点睛】本题考查二面角，属于基础题.14、7【解析】由题意得，则715、【解析】

利用二倍角公式得出，再利用正弦定理转化，后用余弦定理求得，再利用正弦定理即可【详解】由得，，，根据正弦定理可得，，根据余弦定理【点睛】本题考查解三角形中正弦定理进行边角转化，余弦定理求角，以及三角形中两角和正弦与第三角正弦的关系16、．【解析】试题分析：由三视图可得几何体为正方体挖去一个圆锥：则：，．得体积为：考点：三视图与几何体的体积．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）计算，以及根据函数在某点处导数的几何意义，可得切线斜率，然后根据点斜式，可得结果.（2）利用导数，采用分类讨论的方法，，以及判断函数的单调性，利用函数的最大值，可得结果.【详解】（1）当时，所以，则又，，∴所求切线方程为，即（2）①当时，在恒成立，②当时，由，得：由，得，∴函数在上递增，在上递减，，要使恒成立，只需满足即可，解得③若，由，得；由，得，∴函数在单调递增，在单调递减，∴，要使恒成立，只需满足即可，解得综上可得，的取值范围为．【点睛】本题考查函数导数的综合应用，难点在于对进行分类讨论，判断函数的单调性，属中档题.18、（1）在犯错概率不超过0.05的前提下认为“成绩优良与教学方式有关”.（2）见解析【解析】

(1)根据数据对应填写，再根据卡方公式求，最后对照参考数据作判断，（2）先根据分层抽样得成绩不优良的人数，再确定随机变量取法，利用组合数求对应概率，列表得分布列，最后根据数学期望公式求期望.【详解】解：（1）根据2×2列联表中的数据，得的观测值为，在犯错概率不超过0.05的前提下认为“成绩优良与教学方式有关”.(2)由表可知在8人中成绩不优良的人数为，则的可能取值为0,1,2,1．；；；．的分布列为：所以．【点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合，枚举法，概率公式，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值.点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值，以及取每个值所表示的意义；第二步是“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式(常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率和公式、独立事件的概率积公式，以及对立事件的概率公式等)，求出随机变量取每个值时的概率；第三步是“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；第四步是“求期望值”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望的值，对于有些实际问题中的随机变量，如果能够断定它服从某常见的典型分布(如二项分布)，则此随机变量的期望可直接利用这种典型分布的期望公式()求得.因此，应熟记常见的典型分布的期望公式，可加快解题速度.19、（1）见解析（2）见解析【解析】

（1）用数学归纳法证明结论即可；（2）因为（N*），则，然后用反证法证明当时有矛盾，所以原不等式成立即可.【详解】（1）当时，．下面用数学归纳法证明：①当时，，结论成立；②假设当时，有成立，则当时，因，所以时结论也成立．综合①②可知（N*）成立．（2）因为（N*），则，若，则当时，，与矛盾．所以．【点睛】本题考查数列的递推公式、数学归纳法证明、反证法等知识，属于中档题.20、（1）（2）（3）【解析】分析：（1）先求导数，再求导函数的导数为，求零点，列表分析导函数单调性变化规律，进而确定导函数最小值取法，（2）先变量分离化简不等式，再利用导数研究单调性，根据单调性确定其最小值，即得实数的取值范围，进而得其最大值;（3）函数存在极大值与极小值，即存在两个零点，且在零点的两侧异号.先确定导函数不单调且最小值小于零，即得，再证明时有且仅有两个零点.详解：解：（1）当时，记则，由得.当时，，单调递减当时，，单调递增所以当时，所以（2）由得，即因为，所以.记，则记，则因为，所以且不恒为0所以时，单调递增，当时，，所以所以在上单调递增，因为对恒成立，所以，即所以实数的最大值为（3）记，因为存在极大值与极小值，所以，即存在两个零点，且在零点的两侧异号.①当时，，单调递增，此时不存在两个零点；②当时，由，得当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以所以存在两个零点的必要条件为：，即由时，(ⅰ)记，则所以当时，单调递减，当时，，所以.所以在上，有且只有一个零点.又在上单调，所以在上有且只有一个零点，记为，由在内单调递减，易得当时，函数存在极大值（ⅱ）记，则所以时，，所以由（1）知时，有所以在上单调递增，所以时,因为且，的图像在单调且不间断，所以在上，有且只有一个零点.又在上单调所以在上有且只有一个零点，记为，由在内单调递增