2023届上海外国语大学附属上外高中数学高二第二学期期末预测试题含解析

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．若对任意实数，有，则（）A． B． C． D．2．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何也有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥．现有一如图所示的“堑堵”即三棱柱，其中，若，当“阳马”即四棱锥体积最大时，“堑堵”即三棱柱的表面积为A． B． C． D．3．在复平面内复数z对应的点在第四象限，对应向量的模为3，且实部为，则复数等于（）A． B． C． D．4．设，，∈R，且＞，则A． B． C． D．5．函数的图象大致为A． B． C． D．6．已知集合，，则为（）A． B． C． D．7．执行下面的程序框图，若输出的结果为，则判断框中的条件是（）A． B． C． D．8．是（）A．最小正周期为的偶函数 B．最小正周期为的奇函数C．最小正周期为的偶函数 D．最小正周期为的奇函数9．在圆中，弦的长为4，则（）A．8 B．-8 C．4 D．-410．已知，且，则的取值范围为（）A． B． C． D．11．已知为正整数用数学归纳法证明时，假设时命题为真，即成立，则当时，需要用到的与之间的关系式是()A． B．C． D．12．已知复数且，则的范围为（）A． B．C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在的展开式中的所有的整数次幂项的系数之和为__________．14．已知圆：的两焦点为，，点满足，则的取值范围为______.15．正六棱柱相邻两个侧面所成的二面角的大小为________16．把4个相同的球放进3个不同的盒子，每个球进盒子都是等可能的，则没有一个空盒子的概率为________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）梯形中，，矩形所在平面与平面垂直，且，.（1）求证：平面平面；（2）若P为线段上一点，且异面直线与所成角为45°，求平面与平面所成锐角的余弦值.18．（12分）（1）集合，或，对于任意，定义，对任意，定义，记为集合的元素个数，求的值；（2）在等差数列和等比数列中，，，是否存在正整数，使得数列的所有项都在数列中，若存在，求出所有的，若不存在，说明理由；（3）已知当时，有，根据此信息，若对任意，都有，求的值.19．（12分）已知函数.（1）解不等式；（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的最大值．20．（12分）已知复数满足：，求的值．21．（12分）如图，已知三棱柱，平面平面,,,,,分别是,的中点.（1）证明:;（2）求直线与平面所成角的正弦值.22．（10分）公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，（1）求数列{a（2）设bn=1Sn

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】分析：根据，按二项式定理展开，和已知条件作对比，求出的值，即可求得答案.详解：，且，.故选：B.点睛：本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数.2、C【解析】分析：由四棱锥的体积是三棱柱体积的，知只要三棱柱体积最大，则四棱锥体积也最大，求出三棱柱的体积后用基本不等式求得最大值，及取得最大值时的条件，再求表面积．详解：四棱锥的体积是三棱柱体积的，，当且仅当时，取等号．∴．故选C．点睛：本题考查棱柱与棱锥的体积，考查用基本不等式求最值．解题关键是表示出三棱柱的体积．3、C【解析】

设复数，根据向量的模为3列方程求解即可.【详解】根据题意，复平面内复数z对应的点在第四象限，对应向量的模为3，且实部为.设复数，∵，∴，复数.故.故选：C.【点睛】本题考查复数的代数表示及模的运算，是基础题.4、D【解析】分析：带特殊值验证即可详解：排除A,B．排除C．故选D点睛：带特殊值是比较大小的常见方法之一．5、C【解析】函数f（x）=（）cosx，当x=时，是函数的一个零点，属于排除A，B，当x∈（0，1）时，cosx＞0，＜0，函数f（x）=（）cosx＜0，函数的图象在x轴下方．排除D．故答案为C。6、A【解析】

利用集合的交集运算进行求解即可【详解】由题可知集合中，集合中求的是值域的取值范围，所以的取值范围为答案选A【点睛】求解集合基本运算时，需注意每个集合中求解的是x还是y,求的是定义域还是值域，是点集还是数集等7、C【解析】

根据已知的程序语句可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量的值，模拟程序的运行过程，即可得出答案.【详解】解：当时，不满足输出结果为，进行循环后，，；当时，不满足输出结果为，进行循环后，，；当时，不满足输出结果为，进行循环后，，；当时，不满足输出结果为，进行循环后，，；当时，不满足输出结果为，进行循环后，，；当时，满足输出结果为，故进行循环的条件，应为：.故选：C.【点睛】本题考查程序框图的应用，属于基础题.8、D【解析】

整理,即可判断选项.【详解】由题,因为,所以该函数是奇函数,周期为,故选:D【点睛】本题考查三角函数的奇偶性和周期性的判定,考查正弦的二倍角公式的应用.9、A【解析】分析：根据平面向量的数量积的定义，老鹰圆的垂径定理，即可求得答案.详解：如图所示，在圆中，过点作于，则为的中点，在中，，可得，所以，故选A.点睛：本题主要考查了平面向量的数量积的运算，其中解答中涉及到圆的性质，直角三角形中三角函数的定义和向量的数量积的公式等知识点的综合运用，着重考查了分析问题和解答问题的能力.10、D【解析】

由三个正数的和为21，可知三个正数的平均数为7，因此可以用反证法来求出的取值范围.【详解】由三个正数的和为21，可知三个正数的平均数为7，假设，因为，则有，这与，相矛盾，故假设不成立，即，故本题选D.解法二:因为，所以【点睛】本题考查了反证法的应用，正确运用反证法的过程是解题的关键.11、C【解析】分析：先根据条件确定式子，再与相减得结果.详解：因为，所以，所以,选C.点睛：本题考查数学归纳法，考查数列递推关系.12、C【解析】

转化为，设，即直线和圆有公共点，联立，即得解.【详解】由于设联立：由于直线和圆有公共点，故的范围为故选：C【点睛】本题考查了直线和圆，复数综合，考查了学生转化划归，数学运算的能力，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、122【解析】分析：根据二项式定理的通项公式，写出所有的整数次幂项的系数，再求和即可。详解：所以整数次幂项为为整数是，所以系数之和为122点睛：项式定理中的具体某一项时，写出通项的表达式，使其满足题目设置的条件。14、【解析】

点满足则点在椭圆内,且不包含原点.故根据椭圆定义再分析即可.【详解】由题有点在椭圆内,且不包含原点.故,又当在线段上（不包含原点）时取得最小值2.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了椭圆的定义及其性质,属于基础题型.15、【解析】

由正六棱柱的几何特征可得为正六棱柱相邻两个侧面所成的二面角的平面角，根据正六边形的内角计算即可.【详解】解：如图，由正六棱柱的几何特征可知，则为正六棱柱相邻两个侧面所成的二面角的平面角，.故答案为：.【点睛】本题考查二面角的求解，关键是要找到二面角的平面角，是基础题.16、.【解析】

方法一：4个相同球放进3个不同的盒子,先加进3个球，变成7个相同球，用隔板法解决，有个结果，再将多加进的球取出，4个相同球放进3个不同的盒子，每个盒子至少一个球，4个相同的球之间有3个间隔，再用隔板法解决，可得解；方法二：4个相同球放进3个不同的盒子,有以下4种情形：1、4个相同的小球一起，放入3个不同的盒子中；2、4个相同的小球有3个小球放在一起，放入3个不同的盒子中；3、4个相同的小球有2个小球在一起，另2个也在一起，放入3个不同的盒子中；4、4个相同的小球有2个小球在一起在一个盒子中，另2个小球分别在两个盒子中，所以4个相同的小球放入3个不同的盒子中共有15种不同的结果，而“没有一个空盒子”的情况就是上述的第4种情况，可得解.【详解】方法一：4个相同球放进3个不同的盒子,先加进3个球，变成7个相同球，放进3个不同盒子，保证每个盒子至少一个球，7个相同的球之间有6个间隔，用隔板法解决，有个结果，再将多加进的球取出，“没有一个空盒子”记为随机事件A,4个相同球放进3个不同的盒子，每个盒子至少一个球，4个相同的球之间有3个间隔，用隔板法解决，有个结果，故，所以“没有一个空盒子”的概率为；方法二：4个相同球放进3个不同的盒子,有以下4种情形：1、4个相同的小球一起，放入3个不同的盒子中有3个不同的结果；2、4个相同的小球有3个小球放在一起，放入3个不同的盒子中有6种不同的结果；3、4个相同的小球有2个小球在一起，另2个也在一起，放入3个不同的盒子中有3种不同的结果；4、4个相同的小球有2个小球在一起在一个盒子中，另2个小球分别在两个盒子中，共有3种不同的结果，所以4个相同的小球放入3个不同的盒子中共有15种不同的结果，而“没有一个空盒子”的情况就是上述的第4种情况，共有3个不同的结果，所以“没有一个空盒子”的概率为，故填：.【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型的基础知识，利用隔板法和枚举法是解决此类问题的常用方法.属于中档题．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）证明见解析；（2）.【解析】

（1）由题意证出，先利用面面垂直的性质定理，证出平面，再利用面面垂直的判定定理即可证出.（2）以为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求出点坐标，再求出平面的法向量，平面的法向量，根据向量的数量积即可求解.【详解】（1）证明：作中点M，由题则有：，且，又∴四边形为菱形，，又且，，又平面平面，且交于，平面，平面，∴平面平面（2）如图建系，则有，，设，，，，，，即设平面的法向量为，，，令，则，，设平面的法向量为，，，令，则，，，【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理、性质定理、空间向量法求异面直线所成角以及面面角，考查了学生的逻辑推理能力，属于基础题.18、（1），；（2）为正偶数；（3）；【解析】

（1）由题意得：集合表示方程解的集合，由于或，即可得到集合的元素个数；利用倒序相加法及，即可得到答案；（2）假设存在，对分奇数和偶数两种情况进行讨论；（3）利用类比推理和分类计数原理可得的值.【详解】（1）由题意得：集合表示方程解的集合，由于或，所以方程中有个，个，从而可得到解的情况共有个，所以.令，所以，所以，所以，即.（2）当取偶数时，中所有项都是中的项.由题意：均在数列中，当时，，说明数列的第项是数列中的第项.当取奇数时，因为不是整数，所以数列的所有项都不在数列中.综上所述：为正偶数.（3）当时，有①当时，②又对任意，都有③所以即为的系数，可取①中、②中的1；或①中、②中的；或①中、②中的；或①中的、②中的；所以.【点睛】本题第（1）问考查对集合新定义的理解；第（2）问考查等比数列的控究性问题；第（3）问考查类比推理与计数原理相结合；对逻辑推理能力和运算求解能力要求较高，属于难题.19、（1）（2）4【解析】

换元法，先换元再解不等式。令换元后参变分离，求最值。【详解】解：（1）设，则，∴，即，解得或，即或，∴或.∴的解集为.（2），令，则（当且仅当时，等号成立）．又，故可化为，即，又，（当且仅当，即时等号成立）．∴，即的最大值为4.【点睛】本题考查换元法、不等式、函数的恒成立问题，属于中档题。20、【解析】

先根据复数相等解得，再根据复数运算法则求解【详解】设，而即则所以【点睛】本题考查复数相等以及复数运算法则，考查基本分析求解能力，属基础题.21、(1)见解析;(2)【解析】

(1)建立空间直角坐标系,设,从而确定与的坐标,通过求二者的数量积证明.(2)结合第一问,计算出直线的方向向量和平面的法向量,结合线面角余弦值和诱导公式即可求直线与平面所成角的正弦值.【详解】(1)证明:在底面内作,以点为坐标原点,、、的方向分别为、、轴建立空间直角坐标系,不妨设则,,,由可求得的坐标为利用中点坐标公式可求出,即(2)解:由第一问可知:.设平面的法向量为则,不妨设则,此时设直线与平面所成角为,则即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查了空间几何中的线线垂直的判定,考查了线面角的求解问题.解答此类