广东省惠州市第三中学2022-2023学年数学高二下期末达标检测试题含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．已知数列的前项和为，，则“”是“数列是等比数列”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件2．分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦••曼德尔布罗特()在20世纪70年代创立的一门新学科,它的创立，为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．下图按照的分形规律生长成一个树形图,则第13行的实心圆点的个数是()A．55个 B．89个 C．144个 D．233个3．椭圆的点到直线的距离的最小值为（）A． B． C． D．04．已知集合A＝{x|y＝，x∈Z}，B＝{y|y＝sin(x＋φ)}，则A∩B中元素的个数为()A．3 B．4C．5 D．65．设等差数列的公差为d，若数列为递减数列，则（）A． B． C． D．6．设为虚数单位，复数满足，则A．1 B． C．2 D．7．若，则（）A．2 B．4 C． D．88．已知定义域为的函数满足‘’，当时，单调递减，如果且，则的值（）A．等于0 B．是不等于0的任何实数C．恒大于0 D．恒小于09．在一次期中考试中，数学不及格的人数占，语文不及格占，两门都不及格占，若一名学生语文及格，则该生数学不及格的概率为（）A． B． C． D．10．若展开式的常数项为60，则值为()A． B． C． D．11．已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则实数的取值为（）A．-2 B．-1 C．1 D．212．若函数对任意都有成立，则（）A．B．C．D．与的大小不确定二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，之间的一组数据如表表示，关于的回归方程是，则等于______01243.9714.114．已知对任意正实数，都有，类比可得对任意正实数都有_______________．15．已知命题“若，则”，在其逆命题，否命题，逆否命题中，真命题的个数是__________．16．若随机变量的分布列如表所示，则______.01Pa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）已知是等差数列，满足，，数列满足，，且是等比数列.（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和.18．（12分）已知函数.（1）求；（2）求的极值点.19．（12分）已知,,分别为三个内角,,的对边，且.（1）求角的大小；（2）若且的面积为，求的值.20．（12分）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，.（Ⅰ）求及边的值；（Ⅱ）求的值.21．（12分）在直角坐标系中，圆的方程为．（Ⅰ）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，求的极坐标方程；（Ⅱ）直线的参数方程是（为参数）,与交于两点，，求的斜率．22．（10分）已知在中，角、、的对边分别是、、，且．（1）求角的大小；（2）若的面积，，，求的值．

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、C【解析】

先令，求出，再由时，根据，求出，结合充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.【详解】解：当时，，当时，时，，，数列是等比数列；当数列是等比数列时，，，，所以，是充分必要条件。故选C【点睛】本题主要考查充分必要条件的判定，熟记概念，以及数列的递推公式即可求解，属于常考题型.2、C【解析】分析：一一的列举出每行的实心圆点的个数，观察其规律，猜想：，得出结论即可，选择题我们可以不需要完整的理论证明．详解：行数12345678910111213球数01123581321345589144，由此猜想：，故选C．点睛：观察规律，把行数看成数列的项数，个数看作数列的项，尽可能的多推导前面有限项看出规律．3、D【解析】

写设椭圆1上的点为M（3cosθ，2sinθ），利用点到直线的距离公式，结合三角函数性质能求出椭圆1上的点到直线x+2y﹣4＝1的距离取最小值．【详解】解：设椭圆1上的点为M（3cosθ，2sinθ），则点M到直线x+2y﹣4＝1的距离：d|5sin（θ+α）﹣4|，∴当sin（θ+α）时，椭圆1上的点到直线x+2y﹣4＝1的距离取最小值dmin＝1．故选D．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、椭圆的参数方程以及点到直线的距离、三角函数求最值，属于中档题．4、C【解析】

利用定义域的的要求可以求出A集合，利用三角函数的性质求出B集合，再计算A与B的交集的元素个数即可.【详解】集合A满足－＋x＋6≥0，(x－3)(x＋2)≤0，－2≤x≤3，∴A＝{－2，－1，0，1，2，3}，B＝[－，]，所以A∩B＝{－2，－1，0，1，2}，可知A∩B中元素个数为5.【点睛】本题考查集合间的交集关系的求解，本题难点在于无理数与有理数的比大小，属于简单题.5、C【解析】试题分析：因为是等差数列，则，又由于为递减数列，所以，故选C.考点：1.等差数列的概念；2.递减数列.6、B【解析】

利用复数代数形式的乘除运算，再由复数的模的计算公式求解即可．【详解】由，得，，故选．【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算以及复数的模的计算．7、D【解析】

通过导数的定义，即得答案.【详解】根据题意得，，故答案为D.【点睛】本题主要考查导数的定义，难度不大.8、D【解析】

由且，不妨设，，则，因为当时，单调递减，所以，又函数满足，所以，所以，即.故选：D.9、A【解析】

记“一名学生语文及格”为事件A，“该生数学不及格”为事件B，所求即为，根据条件概率的计算公式，和题设数据，即得解.【详解】记“一名学生语文及格”为事件A，“该生数学不及格”为事件B，所求即为：故选：A【点睛】本题考查了条件概率的计算，考查了学生概念理解，实际应用，数学运算的能力，属于基础题.10、D【解析】

由二项式展开式的通项公式写出第项，求出常数项的系数，列方程即可求解.【详解】因为展开式的通项为，令，则，所以常数项为，即，所以.故选D【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，熟记二项展开式的通项即可求解，属于基础题型.11、B【解析】

求出函数的导数，利用切线方程通过f′（0），求解即可；【详解】f（x）的定义域为（﹣1，+∞），因为f′（x）a，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x，可得1﹣a＝2，解得a＝﹣1，故选：B．【点睛】本题考查函数的导数的几何意义，切线方程的求法，考查计算能力．12、A【解析】

构造函数，利用导数可判断g（x）的单调性，由单调性可得g（ln3）与g（ln5）的大小关系，整理即可得到答案．【详解】解：令，则，因为对任意都有，所以，即在R上单调递增，又，所以，即，即，故选：A．【点睛】本题考查导数的运算及利用导数研究函数的单调性，解决本题的关键是根据选项及已知条件合理构造函数，利用导数判断函数的单调性，属中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、0.6【解析】

根据表中数据，计算出，，代入到回归方程中，求出的值.【详解】根据表中数据，得到，，代入到回归方程中，得，解得.故答案为：.【点睛】本题考查线性回归方程过样本中心点，属于简单题.14、.【解析】分析：根据类比的定义，按照题设规律直接写出即可.详解：由任意正实数，都有，推广到则.故答案为点睛：考查推理证明中的类比，解此类题型只需按照原题规律写出即可，属于基础题.15、2【解析】

根据原命题和逆否命题真假性相同可得到逆否命题的真假；写出命题的否命题和逆命题可得到其真假性.【详解】易知命题“若，则”为假命题，故其逆否命题也为假命题；逆命题为“若，则”是真命题；否命题为“若，则”，也为真命题.故答案为2.【点睛】这个题目考查了命题的逆否命题和逆命题，和否命题的书写以及真假的判断，否命题既否条件又否结论，命题的否定是只否结论.16、【解析】

先由分布列，根据概率的性质求出，再求出期望，根据方差的计算公式，即可得出结果.【详解】由分布列可得：，解得，所以，因此，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查求离散型随机变量的方差，熟记计算公式即可，属于常考题型.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】试题分析：（1）利用等差数列，等比数列的通项公式先求得公差和公比，即得到结论;（2）利用分组求和法，由等差数列及等比数列的前n项和公式即可求得数列前n项和．试题解析：（Ⅰ）设等差数列{an}的公差为d，由题意得d===1．∴an=a1+（n﹣1）d=1n设等比数列{bn﹣an}的公比为q，则q1===8，∴q=2，∴bn﹣an=（b1﹣a1）qn﹣1=2n﹣1，∴bn=1n+2n﹣1（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=1n+2n﹣1，∵数列{1n}的前n项和为n（n+1），数列{2n﹣1}的前n项和为1×=2n﹣1，∴数列{bn}的前n项和为；考点：1.等差数列性质的综合应用；2.等比数列性质的综合应用；1.数列求和．18、（1）；（2）极大值点为，极小值点为.【解析】

（1）求出，将代入即可．（2）先在定义域内求出的值，再讨论满足的点附近的导数的符号的变化情况，来确定极值；【详解】解：（1）因为，所以.（2）的零点为或，当时，，所以在上单调递减；当时，，在，上单调递增，所以的极大值点为，极小值点为.【点睛】本题主要考查了导数计算，利用导数研究函数的极值，以及函数的零点等有关基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．19、(1);(2).【解析】分析：（1）根据正弦定理边化角，根据三角恒等变换求出A；（2）根据面积求出bc=4，利用余弦定理求出a．详解：（1）由正弦定理得，∵∴，即．∵，∴，∴∴．（2）由：可得．∴，∵，∴由余弦定理得：，∴.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.20、(1)，或；(2).【解析】分析：（1）根据正弦定理和二倍角公式，求得，在利用余弦定理求得边长的值；（2）由二倍角公式求得，再利用三角恒等变换求得的值.详解：（Ⅰ）中，，，∴，又，∴，，解得；又，，，解得或；（Ⅱ）∵，∴，∴；∴.点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.21、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）利用，化简即可求解；（Ⅱ）先将直线化成极坐标方程，将的极坐标方程代入的极坐标方程得，再利用根与系数的关系和弦长公式进行求解.试题解析：（Ⅰ）化圆的一般方程可化为.由，可得圆的极坐标方程.（Ⅱ）在（Ⅰ）中建立的极坐标系中，直线的极坐标方程为.设，所对应的极径分别为，，将的极坐标方程代入的极坐标方程得.于是，..由得，.所以的斜率为或.22、（1）；（2）.【解析】

（1）根据同角三角函数关系得到2（1﹣cos2A）﹣3cosA=0，解出角A的余弦值，进而得到角A；（2）根据三角形的面积公式和余弦定理得到a=，再结合正弦定理得到最终结果.【详解】（1）∵在△ABC中2sin2A+3cos（B+C）=0，∴2（1﹣cos2A）﹣3cosA=0，解得cosA=，或cosA=﹣2（舍去），∵0＜A＜π，∴A=；（2）∵△ABC的面积S=bcs