2023届内蒙古乌兰察布市北京八中分校高二数学第二学期期末质量检测模拟试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．已知一种元件的使用寿命超过年的概率为，超过年的概率为，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为（）A． B． C． D．2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则3．若随机变量服从正态分布，则（）附：，．A．1．3413 B．1．2718 C．1．1587 D．1．12284．由与直线围成的图形的面积是（）A． B． C． D．95．从一批产品中取出三件产品，设事件为“三件产品全不是次品”，事件为“三件产品全是次品”，事件为“三件产品不全是次品”，则下列结论正确的是（）A．事件与互斥 B．事件与互斥C．任何两个事件均互斥 D．任何两个事件均不互斥6．正方体中，若外接圆半径为，则该正方体外接球的表面积为()A． B． C． D．7．已知向量，若，则实数（）A． B． C． D．8．已知曲线在点处切线的倾斜角为，则等于（）A．2B．-2C．3D．-19．观察下列等式，13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，根据上述规律，13＋23＋33＋43＋53＋63＝()A．192 B．202 C．212 D．22210．已知函数的导数是，若，都有成立，则()A． B．C． D．11．命题“，使是”的否定是（）A．，使得 B．，使得.C．，使得 D．，使得12．已知是虚数单位，复数满足，则（）A． B． C．2 D．1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．有7张卡片分别写有数字从中任取4张，可排出不同的四位数的个数是__________．14．已知直线：，抛物线：图像上的一动点到直线与到轴距离之和的最小值为________.15．已知命题,若命题是假命题，则实数的取值范围是________.16．将三项式展开，当时，得到以下等式：……观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，其构造方法为：第0行为1，以下各行每个数是它头上与左右两肩上3数（不足3数的，缺少的数计为0）之和，第k行共有2k+1个数.若在的展开式中，项的系数为75，则实数a的值为.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）在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为等腰直角三角形，，点为棱的中点．（1）求证：面面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．18．（12分）如图几何体中，底面为正方形，平面，，且.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的大小.19．（12分）已知函数．(Ⅰ)求函数处的切线方程；(Ⅱ)时，.20．（12分）某校开设的校本课程分别有人文科学、自然科学、艺术体育三个课程类别，每种课程类别开设课程数及学分设定如下表所示：人文科学类自然科学类艺术体育类课程门数每门课程学分学校要求学生在高中三年内从中选修门课程，假设学生选修每门课程的机会均等.（1）求甲三种类别各选一门概率；（2）设甲所选门课程的学分数为，写出的分布列，并求出的数学期望.21．（12分）已知A(1,2),B(a,1),C(2,3),D(-1,b)(a,b∈R)是复平面上的四个点,且向量对应的复数分别为z1,z2.(1)若z1+z2=1+i,求z1,z2;(2)若|z1+z2|=2,z1-z2为实数,求a,b的值.22．（10分）设函数.（1）解不等式；（2）求函数的最大值.

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】

记事件该元件使用寿命超过年，记事件该元件使用寿命超过年，计算出和，利用条件概率公式可求出所求事件的概率为.【详解】记事件该元件使用寿命超过年，记事件该元件使用寿命超过年，则，，因此，若一个这种元件使用到年时还未失效，则这个元件使用寿命超过年的概率为，故选A.【点睛】本题考查条件概率的计算，解题时要弄清楚两个事件的关系，并结合条件概率公式进行计算，考查分析问题和计算能力，属于中等题.2、D【解析】

根据各选项的条件及结论，可画出图形或想象图形，再结合平行、垂直的判定定理即可找出正确选项．【详解】选项A错误，同时和一个平面平行的两直线不一定平行，可能相交，可能异面；选项B错误，两平面平行，两平面内的直线不一定平行，可能异面；选项C错误，一个平面内垂直于两平面交线的直线，不一定和另一平面垂直，可能斜交；选项D正确，由，便得，又，，即.故选：D.【点睛】本题考查空间直线位置关系的判定，这种位置关系的判断题，可以举反例或者用定理简单证明，属于基础题.3、C【解析】

根据正态曲线的对称性，以及，可得结果.【详解】，故选：C【点睛】本题考查正态分布，重点把握正态曲线的对称性，属基础题.4、C【解析】分析：先联立方程，组成方程组，求得交点坐标，可得被积区间，再用定积分表示出y=﹣x2与直线y=2x﹣3的面积，即可求得结论．详解：由y=﹣x2与直线y=2x﹣3联立，解得y=﹣x2与直线y=2x﹣3的交点为（﹣3，﹣9）和（1，﹣1）因此，y=﹣x2与直线y=2x﹣3围成的图形的面积是S==（﹣x3﹣x2+3x）=．故答案为：C．点睛：（1）本题主要考查利用定积分的几何意义和定积分求面积，意在考查学生对这些知识的掌握水平.（2）从几何上看，如果在区间上函数连续，且函数的图像有一部分在轴上方，有一部分在轴下方，那么定积分表示轴上方的曲边梯形的面积减去下方的曲边梯形的面积.5、B【解析】

根据互斥事件的定义，逐个判断，即可得出正确选项．【详解】为三件产品全不是次品，指的是三件产品都是正品，为三件产品全是次品，为三件产品不全是次品，它包括一件次品，两件次品，三件全是正品三个事件由此知：与是互斥事件；与是包含关系，不是互斥事件；与是互斥事件，故选B．【点睛】本题主要考查互斥事件定义的应用．6、C【解析】

设正方体的棱长为，则是边长为的正三角形，求得其外接圆的半径，求得的值，进而求得球的半径，即可求解球的表面积，得到答案．【详解】如图所示，设正方体的棱长为，则是边长为的正三角形，设其外接圆的半径为，则，即，由，得，所以正方体的外接球的半径为，所以正方体的外接球的表面积为，故选C．【点睛】本题主要考查了求得表面积与体积的计算问题，同时考查了组合体及球的性质的应用，其中解答中根据几何体的结构特征，利用球的性质，求得球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题．7、B【解析】

由题得，解方程即得解.【详解】因为，所以.故选B【点睛】本题主要考查向量垂直的坐标表示，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.8、A【解析】因为，所以，由已知得，解得，故选A.9、C【解析】∵所给等式左边的底数依次分别为1，2；1，2，3；1，2，3，4；

右边的底数依次分别为3，6，10，（注意：这里，），

∴由底数内在规律可知：第五个等式左边的底数为1，2，3，4，5，6，

右边的底数为，又左边为立方和，右边为平方的形式，

故有，故选C.点睛：本题考查了，所谓归纳推理，就是从个别性知识推出一般性结论的推理．它与演绎推理的思维进程不同．归纳推理的思维进程是从个别到一般，而演绎推理的思维进程不是从个别到一般，是一个必然地得出的思维进程．解答此类的方法是从特殊的前几个式子进行分析找出规律．观察前几个式子的变化规律，发现每一个等式左边为立方和，右边为平方的形式，且左边的底数在增加，右边的底数也在增加．从中找规律性即可.10、D【解析】分析：由题意构造函数，结合函数的单调性整理计算即可求得最终结果.详解：令，则：，由，都有成立，可得在区间内恒成立，即函数是区间内单调递减，据此可得：，即，则.本题选择D选项.点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.11、D【解析】

根据全称命题与特称命题的关系，准确改写，即可求解，得到答案．【详解】由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题“，使是”的否定为“，使得”故选D．【点睛】本题主要考查了含有一个量词的否定，其中解答中熟记全称命题与特称命题的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．12、A【解析】分析:先根据已知求出复数z,再求|z|.详解：由题得，所以.故答案为A.点睛：（1）本题主要考查复数的除法运算，意在考查学生对该基础知识的掌握水平.(2)复数的模.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、114【解析】

根据题意,按取出数字是否重复分4种情况讨论:①、取出的4张卡片中没有重复数字,即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4;②、取出的4张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2;③若取出的4张卡片为2张1和2张2;④、取出的4张卡片种有3个重复数字，则重复的数字为1.分别求出每种情况下可以排出四位数的个数,由分类计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分4种情况讨论：(1)取出的4张卡片中没有重复数字,即取出的4张卡片中的数字为1、2、3、4，此时=24种顺序,可以排出24个四位数;(2)取出的4张卡片中有2个重复数字,则2个重复的数字为1或2，若重复的数字为1,在2、3、4中取出2个,有种取法,安排在四个位置中,有种情况,剩余位置安排数字1,可以排出3×12=36个四位数,同理,若重复的数字为2,也可以排出36个重复数字;(3)若取出的4张卡片为2张1和2张2,在4个位置安排两个1,有种情况,剩余位置安排两个2,则可以排出6×1=6个四位数;(4)取出的4张卡片中有3个重复数字,则重复的数字为1,在2、3、4中取出1个卡片,有种取法,安排在四个位置中,有种情况,剩余位置安排1,可以排出3×4=12个四位数;所以一共有24+36+36+6+12=114个四位数.故答案为:114.【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用,属于难题,有关排列组合的综合问题,往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题,解答这类问题理解题意很关键,一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”,在应用分类计数加法原理讨论时,既不能重复交叉讨论又不能遗漏,这样才能提高准确率,难度较难.14、1【解析】

首先根据抛物线的性质，可将抛物线上的点到直线和轴的距离和转化为抛物线上的点到直线的距离和到焦点的距离和减1，再根据数形结合求距离和的最小值.【详解】设抛物线上的点到直线的距离为，到准线的距离为，到轴的距离为，抛物线上的点到准线的距离和到焦点的距离相等，，,如图所示：的最小值就是焦点到直线的距离，焦点到直线的距离，所以有：的最小值是1，故答案为：1【点睛】本题考查抛物线的定义和抛物线的几何性质，意在考查转化与化归，关键是抛物线定义域的转化，属于中档题型.15、【解析】

根据命题否定为真，结合二次函数图像列不等式，解得结果【详解】因为命题是假命题，所以为真所以【点睛】本题考查命题的否定以及一元二次不等式恒成立，考查基本分析求解能力，属基础题.16、2【解析】试题分析：根据题意可知的展开式为，所以的展开式中项是由两部分构成的，即，所以，解得：。考点：二项式定理及其应用。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）【解析】

（1）根据线面垂直的判定定理，先证明面，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先由题中数据，得到；再以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，求出两向量夹角的余弦值，进而可得出结果.【详解】（1）证明：∵，为棱的中点，∴，又∵为菱形且，∴，∵，∴面，∵面，∴面面；（2）解：∵，，∴，，又，∴，则．以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系．则，，，，，，．设平面的一个法向量为．由，取，得．设直线与平面所成角为．所以【点睛】本题主要考查证明面面垂直，以及求线面角的正弦值，熟记线面垂直、面面垂直的判定定理，以及空间向量的方法求线面角即可，属于常考题型.18、（1）见解析（2）【解析】

（1）由，，结合面面平行判定定理可证得平面平面，根据面面平行的性质证得结论；（2）连接交于点，连接，利用线面垂直的判定定理可证得平面，从而可知所求角为，在中利用正弦求得结果.【详解】（1）四边形为正方形又平面平面又，平面平面平面，平面平面平面平面（2）连接交于点，连接平面，平面又四边形为正方形平面，平面即为与平面所成角且又即与平面所成角为：【点睛】本题考查线面平行的证明、直线与平面所成角的求解，涉及到面面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质的应用；求解直线与平面所成角的关键是能够通过垂直关系将所求角放入直角三角形中来进行求解.19、(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】

(Ⅰ)对函数求导，再令x=1,可求得，回代可知，由导数可求得切线方程。(Ⅱ)由,令由导数可知，在时恒成立。下证，所以。【详解】(Ⅰ)函数的定义域为因为，所以，即，所以，，令，得，所以函数在点处的切线方程为,即.(Ⅱ)因为,令，则，因为，所以，所以在，上为减函数,又因为，所以，当时，，此时，；当时，，此时，，假设有最小值，则，即.若，当时，；若，当时，，所以，不存在正数，使.所以，当，且时，，所以，，解得：.【点睛】本题综合考查求函数表达式与求曲线在某点处的切线方程，及用分离参数法求参数范围。注意本题分离出的函数最小值取不到所以最后要取等号。20、(1)