2023届四川省成都市成都市树德中学高二数学第二学期期末经典试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，下列概率等于的是（）A． B． C． D．2．古印度“汉诺塔问题”：一块黄铜平板上装着A,B,C三根金铜石细柱，其中细柱A上套着个大小不等的环形金盘，大的在下、小的在上.将这些盘子全部转移到另一根柱子上，移动规则如下：一次只能将一个金盘从一根柱子转移到另外一根柱子上，不允许将较大盘子放在较小盘子上面.若A柱上现有3个金盘（如图），将A柱上的金盘全部移到B柱上，至少需要移动次数为（）A．5 B．7 C．9 D．113．已知函数f(x)＝则)等于()A．4 B．－2C．2 D．14．把67化为二进制数为A．1100001(2) B．1000011(2)C．110000(2) D．1000111(2)5．已知集合则=（）A． B． C． D．6．设，，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7．若曲线：与曲线：（其中无理数…）存在公切线，则整数的最值情况为（）A．最大值为2，没有最小值 B．最小值为2，没有最大值C．既没有最大值也没有最小值 D．最小值为1，最大值为28．已知为虚数单位，复数满足，是复数的共轭复数，则下列关于复数的说法正确的是（）A． B．C． D．复数在复平面内表示的点在第四象限9．、、、、、六名同学站成一排照相，其中、两人相邻的不同排法数是（）A．720种 B．360种 C．240种 D．120种10．已知直线的倾斜角为，直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，且都垂直于轴（其中分别为双曲线的左、右焦点），则该双曲线的离心率为A． B． C． D．11．的常数项为(

)A．28 B．56 C．112 D．22412．已知点P(x，y)的坐标满足条件那么点P到直线3x－4y－13＝0的距离的最小值为()A．2 B．1 C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设等差数列的前项和为，则成等差数列.类比以上结论有：设等比数列的前项积为，则，__________，成等比数列.14．正六棱柱相邻两个侧面所成的二面角的大小为________15．函数的最小正周期是__________．16．《孙子算经》是我国古代重要的数学著作，约成书于四、五世纪，传本的《孙子算经》共三卷，其中下卷“物不知数”中有如下问题：“今有物，不知其数.三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩二.问：物几何？”其意思为：“现有一堆物品，不知它的数目.3个3个数，剩2个；5个5个数，剩3个；7个7个数，剩2个.问这堆物品共有多少个？”试计算这堆物品至少有__________个．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）如图（1），等腰梯形，，，，，分别是的两个三等分点，若把等腰梯形沿虚线、折起，使得点和点重合，记为点，如图（2）．（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．18．（12分）设关于的不等式的解集为函数的定义域为.若“”为假命题,“”为真命题,求实数的取值范围．19．（12分）在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，以的中点为球心、为直径的球面交于点，交于点.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的大小；（3）求点到平面的距离.20．（12分）已知函数，.（1）求函数的单调区间；（2）若关于的方程有实数根，求实数的取值范围.21．（12分）假设某士兵远程射击一个易爆目标，射击一次击中目标的概率为，三次射中目标或连续两次射中目标，该目标爆炸，停止射击，否则就一直独立地射击至子弹用完．现有5发子弹，设耗用子弹数为随机变量X．（1）若该士兵射击两次，求至少射中一次目标的概率；（2）求随机变量X的概率分布与数学期望E(X)．22．（10分）已知曲线C的极坐标方程是．以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，直线l的参数方程是（t为参数）．（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C相交于A、B两点，且，求直线l的倾斜角的值．

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、D【解析】

利用古典概型、组合的性质直接求解.【详解】在15个村庄中有7个村庄交通不方便，现从中任意选10个村庄，用表示这10个村庄中交通不方便的村庄数，则，故A错误；，故B错误；，故C错误；，故D正确；故选：D【点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式，组合的性质，属于基础题.2、B【解析】

设细柱A上套着n个大小不等的环形金盘，至少需要移动次数记为an，则a【详解】设细柱A上套着n个大小不等的环形金盘，至少需要移动次数记为an要把最下面的第n个金盘移到另一个柱子上，则必须把上面的n-1个金盘移到余下的一个柱子上，故至少需要移动an-1把第n个金盘移到另一个柱子上后，再把n-1个金盘移到该柱子上，故又至少移动an-1次，所以aa1=1，故a2【点睛】本题考查数列的应用，要求根据问题情境构建数列的递推关系，从而解决与数列有关的数学问题.3、B【解析】，则，故选B.4、B【解析】如图：所以把67化为二进制数为1000011(2)．故选B.考点：二进制法.5、D【解析】因为集合B中，x∈A，所以当x＝1时，y＝3－2＝1；当x＝2时，y＝3×2－2＝4；当x＝3时，y＝3×3－2＝7；当x＝4时，y＝3×4－2＝10.即B＝{1,4,7,10}．又因为A＝{1,2,3,4}，所以A∩B＝{1,4}．故选D.6、A【解析】

由，可推出，可以判断出中至少有一个大于1.由可以推出，与1的关系不确定，这样就可以选出正确答案.【详解】因为，所以，，，显然中至少有一个大于1，如果都小于等于1，根据不等式的性质可知：乘积也小于等于1，与乘积大于1不符.由，可得，与1的关系不确定，显然由“”可以推出，但是由推不出，当然可以举特例：如，符合，但是不符合，因此“”是“”的充分不必要条件，故本题选A.【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断，由，，，判断出中至少有一个大于1，是解题的关键.7、C【解析】分析：先根据公切线求出，再研究函数的最值得解.详解：当a≠0时，显然不满足题意.由得，由得.因为曲线：与曲线：（其中无理数…）存在公切线，设公切线与曲线切于点，与曲线切于点，则将代入得，由得，设当x＜2时，，f(x)单调递减，当x＞2时，，f(x)单调递增.或a<0.故答案为：C点睛：（1）本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数求函数的最值，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键是求出，再研究函数的最值得解.8、B【解析】

由复数的乘法除法运算求出，进而得出答案【详解】由题可得，在复平面内表示的点为，位于第二象限，，故A,C,D错误；，，故B正确；【点睛】本题考查复数的基本运算与几何意义，属于简单题．9、C【解析】

先把、两人捆绑在一起，然后再与其余四人全排列即可求出、两人相邻的不同排法数.【详解】首先把把、两人捆绑在一起，有种不同的排法，最后与其余四人全排列有种不同的排法，根据分步计算原理，、两人相邻的不同排法数是，故本题选C.【点睛】本题考查了全排列和分步计算原理，运用捆绑法是解题的关键.10、D【解析】

根据题意设点，，则，又由直线的倾斜角为，得，结合点在双曲线上，即可求出离心率.【详解】直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，且、都垂直于轴，根据双曲线的对称性，设点，，则，即，且，又直线的倾斜角为，直线过坐标原点，，，整理得，即，解方程得，（舍）故选D.【点睛】本题考查双曲线的几何性质、直线与双曲线的位置关系及双曲线离心率的求法，考查化简整理的运算能力和转化思想，属于中档题.圆锥曲线离心率的计算，常采用两种方法：1、通过已知条件构建关于的齐次方程，解出.根据题设条件（主要用到：方程思想，余弦定理，平面几何相似，直角三角形性质等）借助之间的关系，得到关于的一元方程，从而解得离心率.2、通过已知条件确定圆锥曲线上某点坐标，代入方程中，解出.根据题设条件，借助表示曲线某点坐标，代入曲线方程转化成关于的一元方程，从而解得离心率.11、C【解析】分析：由二项展开式的通项，即可求解展开式的常数项.详解：由题意，二项式展开式的通项为，当时，，故选C.点睛：本题主要考查了二项展开式的指定项的求解，其中熟记二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.12、A【解析】

由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，由点到直线的距离公式求得点到直线的最小值，即可求解．【详解】由约束条件作出可行域，如图所示，由图可知，当与重合时，点到直线的距离最小为．故选：A．【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，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】由于等差数列的特征是差，等比数列的特征是比，因此运用类比推理的思维方法可得：，，成等比数列，应填答案。14、【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.15、1【解析】

直接利用余弦函数的周期公式求解即可．【详解】函数的最小正周期是：1．故答案为1．【点睛】本题考查三角函数的周期的求法，是基本知识的考查．16、23【解析】除以余且除以余的数是除以余的数.和的最小公倍数是.的倍数有除以余且除以余的数有，…其中除以余的数最小数为，这些东西有个，故答案为.【方法点睛】本题主要考查阅读能力及建模能力，属于难题.弘扬传统文化与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过中国古代数学名著及现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.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）详见解析；（2）.【解析】

（1）推导出，，从而面，由此能证明平面平面；（2）过点作于，过点作的平行线交于点，则面，以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面所成锐二面角的余弦值．【详解】（1）证明：四边形为等腰梯形，，，，，是的两个三等分点，四边形是正方形，，，且，面，又平面，平面平面；（2）过点作于点，过点作的平行线交于点，则面，以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，,,,，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，∴，取，得：，设平面与平面所成锐二面角为，则．平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定以及二面角平面角的求法，属于常考题.18、或.【解析】试题分析：先分别求出命题和命题为真命题时的取值范围,然后根据“”为假命题,“”为真命题,得出一真一假,再求出的取值范围.试题解析：由不等式的解集为,得;由函数的定义域为,当时,不合题意,∴,解得.∵“”为假命题,“”为真命题,∴一真一假,∴或∴或.点睛：由含逻辑连结词的命题的真假求参数的取值范围的方法：（1）求出当命题为真命题时所含参数的取值范围；（2）判断命题的真假性；（3）根据命题的真假情况，利用集合的交集和补集的运算，求解参数的取值范围．19、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】

（1）由题设得知，再证明平面，可得出，然后利用直线与平面垂直的判定定理可得出平面；（2）先利用等体积法计算出点到平面的距离，然后利用作为直线与平面所成的角的正弦值，即可得出直线与平面所成的角的大小；（3）先根据条件分析出所求距离为点到平面距离的，可得出点到平面的距离为，再利用第二问的结论即可得出答案.【详解】（1）以为直径的球面交于点，则，平面，平面，，四边形为矩形，.,平面，平面，.，平面；（2）由（1）知，平面，平面，，又，则为的中点，且，.的面积为.的面积为，为的中点，所以，，设点到平面的距离为，由，得，.设直线与平面所成角的大小为，则.因此，直线与平面所成角的大小为；（3）平面，平面，，，，，且，则，得，，故点到平面的距离是点到平面的距离的.又是的中点，则、到平面的距离相等，由（2）可知所求距离为.【点睛】本题考查直线与平面垂直的证明、直线与平面所成角的计算以及点到平面距离的计算，考查了等体积法的应用，考查推理论证能力与计算能力，属于中等题.20、（1）函数的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）当时，方程有实数根.【解析】试题分析：(1)结合函数的解析式可得，，结合导函数与原函数的单调性的关系可得函数的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)原问题等价于方程有实数根，构造函数，利用导函数研究函数存在零点的充要条件可得：当时，方程有实数根.试题解析：（1）依题意，得，.令，即，解得；令，即，解得，故函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）由题得，.依题意，方程有实数根，即函数存在零点，又，令，得.当时，，即函数在区间上单调递减，而，，所以函数存在零点；当时，，随的变化情况如表：极小值所以为函数的极小值，也是最小值.当，即时，函数没有零点；当，即时，注意到，，所以函数存在零点.综上所述，当时，方程有实数根.点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，本专题在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行