江西省南昌市东湖区南昌十中2022-2023学年高二数学第二学期期末综合测试试题含解析

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．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于两点（在轴上方），延长交抛物线的准线于点，若,，则抛物线的方程为（）A． B． C． D．2．在等差数列{an}中，若S9=18，Sn=240，=30，则n的值为A．14 B．15 C．16 D．173．若函数y＝a|x|(a>0，且a≠1)的值域为{y|0<y≤1}，则函数y＝loga|x|的图象大致是()A． B． C． D．4．若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．5．已知函数，若，则A． B． C． D．6．若对任意正数x，不等式恒成立，则实数的最小值（）A．1 B． C． D．7．等比数列的各项均为正数，且，则（）A．12 B．10C．9 D．8．已知，则的大小关系为()A． B． C． D．9．下列命题中，假命题是（）A．不是有理数 B．C．方程没有实数根 D．等腰三角形不可能有的角10．二项式的展开式中的常数项是A．第10项 B．第9项 C．第8项 D．第7项11．已知命题，，命题q：若恒成立，则，那么()A．“”是假命题 B．“”是真命题C．“”为真命题 D．“”为真命题12．下列命题中正确的个数是（）①命题“若x2-3x+2=0,则x=1”的逆否命题为“若x≠1，则②“a≠0”是“a2③若p∧q为假命题，则p，q为假命题;④若命题p:∃x0∈R,x0A．1 B．3 C．2 D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．向量经过矩阵变换后的向量是________14．同时转动如图所示的两个转盘，记转盘甲得到的数为x，转盘乙得到的数为y，构成数对（x，y），则所有数对（x，y）中满足xy＝4的概率为____.15．若，则__________．16．若复数,其中是虚数单位,则__________.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)若，求函数的单调区间；(2)若的极小值点，求实数a的取值范围．18．（12分）某企业甲,乙两个研发小组,他们研发新产品成功的概率分别为和,现安排甲组研发新产品,乙组研发新产品.设甲,乙两组的研发是相互独立的.(1)求至少有一种新产品研发成功的概率;(2)若新产品研发成功,预计企业可获得万元,若新产品研发成功,预计企业可获得利润万元,求该企业可获得利润的分布列和数学期望.19．（12分）求二项式的展开式中项系数最大的项的系数.20．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（t为参数），在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，圆C的方程为．（1）求圆C的直角坐标方程；（2）若直线过点，圆C与直线交于点，求的值．21．（12分）已知函数，，若曲线和曲线在处的切线都垂直于直线．（Ⅰ）求，的值．（Ⅱ）若时，，求的取值范围．22．（10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以原点为极点，以轴非负半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系取相同的长度单位．曲线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）已知点是曲线上任一点，求点到直线距离的最大值.

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、C【解析】分析：先求得直线直线AB的倾斜角为，再联立直线AB的方程和抛物线的方程求出点A,B的坐标，再求出点C的坐标，得到AC||x轴，得到，即得P的值和抛物线的方程.详解：设=3a,设直线AB的倾斜角为，所以直线的斜率为.所以直线AB的方程为.联立所以，所以直线OB方程为，令x=-所以故答案为：C.点睛：(1)本题主要考查抛物线的几何性质，考查直线和抛物线的位置关系和抛物线方程的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答圆锥曲线题目时，看到曲线上的点到焦点的距离（焦半径），要马上联想到利用圆锥曲线的定义解答.2、B【解析】试题分析：由等差数列的性质知；．考点：等差数列的性质、前项和公式、通项公式．3、A【解析】由函数y＝a|x|(a>0，且a≠1)的值域为{y|0<y≤1}，得0<a<1.y＝loga|x|在上为单调递减，排除B,C,D又因为y＝loga|x|为偶函数，函数图象关于y轴对称，故A正确.故选A.4、D【解析】因为，由题设可得在上恒成立，令，则，又，且，故，所以问题转化为不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立．令函数，则，应选答案D．点睛：本题的求解过程自始至终贯穿着转化与化归的数学思想，求函数的导数是第一个转化过程，换元是第二个转化过程；构造二次函数是第三个转化过程，也就是说为达到求出参数的取值范围，求解过程中大手笔地进行三次等价的转化与化归，从而使得问题的求解化难为易、化陌生为熟悉、化繁为简，彰显了数学思想的威力．5、D【解析】分析：求出函数的导数，由可求得.详解：函数的导数，由可得选D.点睛：本题考查函数的导函数的概念及应用，属基础题.6、D【解析】分析：由题意可得恒成立，利用基本不等式求得的最大值为，从而求得实数的最小值．详解：由题意可得恒成立．

由于（当且仅当时取等号），故的最大值为，，即得最小值为，

故选D．点睛：本题主要考查函数的恒成立问题，基本不等式的应用，属于基础题．7、C【解析】

先利用等比中项的性质计算出的值，再利用对数的运算性质以及等比中项的性质得出结果．【详解】由等比中项的性质可得，等比数列的各项均为正数，则，由对数的运算性质得，故选C.【点睛】本题考查等比中项和对数运算性质的应用，解题时充分利用这些运算性质，可简化计算，考查计算能力，属于中等题．8、A【解析】分析：由，，，可得，，则，利用做差法结合基本不等式可得结果.详解：，，则，即，综上，故选A.点睛：本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.9、D【解析】

根据命题真假的定义，对各选项逐一判定即可．【详解】解：.为无理数，故正确，．，故正确，．因为，即方程没有实根，故正确，．等腰三角形可能以为顶角，为底角，故错误，故选：．【点睛】本题考查命题真假的判断，属于基础题．10、B【解析】展开式的通项公式Tr＋1＝，令＝0，得r＝8.展开式中常数项是第9项.选B.点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.11、D【解析】

分别判断命题的真假性，然后再判断每个选项的真假【详解】，即不存在，命题是假命题若恒成立，⑴时，，即符合条件⑵时，则解得，则命题为真命题故是真命题故选【点睛】本题考查了含有“或”“且”“非”命题的真假判定，只需将命题的真假进行判定出来即可，需要解答一元二次不等式，属于基础题．12、B【解析】

根据逆否命题的概念、必要不充分条件的知识、含有简单逻辑联结词命题真假性的知识、特称命题的否定是全称命题的知识，对四个命题逐一分析，由此得出正确选项.【详解】对于①，根据逆否命题的概念可知，①正确.对于②，当“a≠0”时，a2+a=0可能成立，当“a2+a≠0”时，“a≠0”，故“a≠0”是“a2+a≠0”的必要不充分条件，即②正确.对于③，若p∧q为假命题，则【点睛】本小题主要考查逆否命题、必要不充分条件、含有简单逻辑联结词命题真假性、全称命题与特称命题等知识的运用，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】

根据即可求解。【详解】根据矩阵对向量的变换可得故答案为：【点睛】本题考查向量经矩阵变换后的向量求法，关键掌握住变换的运算法则。14、【解析】试题分析：总的数对有，满足条件的数对有3个，故概率为考点：等可能事件的概率．点评：本题考查运用概率知识解决实际问题的能力，注意满足独立重复试验的条件，解题过程中判断概率的类型是难点也是重点，这种题目高考必考，应注意解题的格式15、【解析】

取计算，取计算得到答案.【详解】取，则取，则故答案为【点睛】本题考查了二项式的计算，取特殊值是解题的关键.16、6【解析】

由可得，代入，利用复数乘法的运算法则求解即可.【详解】∵,∴.∴，故答案为6.【点睛】本题主要考查复数乘法的运算法则以及共轭复数的定义，意在考查综合运用所学知识解决问题的能力，属于简单题.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）单调减区间为，单调增区间为（2）【解析】

(1)将参数值代入得到函数的表达式，将原函数求导得到导函数，根据导函数的正负得到函数的单调区间；（2），因为是的极小值点，所以，得到；分情况讨论，每种情况下是否满足x=1是函数的极值，进而得到结果.【详解】（1）由题由，得由，得；由，得的单调减区间为，单调增区间为（2），因为是的极小值点，所以，即，所以1°当时，在上单调递减；在上单调递增；所以是的极小值点，符合题意；2°当时，在上单调递增；在上单调递减；在上单调递增；所以是的极小值点，符合题意；3°当时，在上单调递增，无极值点，不合题意4°当时，在上单调递增；在上单调递减；在上单调递增；所以是的极大值点，不符合题意；综上知，所求的取值范围为【点睛】这个题目考查了导数在研究函数的极值和单调性中的应用，极值点即导函数的零点，但是必须是变号零点，即在零点两侧导数值正负相反；极值即将极值点代入原函数取得的函数值，注意分清楚这些概念，再者对函数求导后如果出现二次，则极值点就是导函数的两个根，可以结合韦达定理应用解答．18、(1)(2)详见解析【解析】试题分析:(1)首先设出至少有一种新产品研发成功为事件A,包含情况较多,所以要求该事件的概率,考虑求其对立事件,即没有一种新产品研发成功,根据独立试验同时发生的概率计算方法即可求的对立事件的概率,再利用互为对立事件概率之间的关系,即和为,即可求的相应的概率.(2)根据题意,研发新产品的结果分为四种情况,利用独立试验同时发生的概率计算方法分别得到每种情况的概率,再根据题意算出此时的利润,即可得到关于利润的分布列,再利用概率与对应的利润成绩之和即可得到数学期望.(1)解:设至少有一组研发成功的事件为事件且事件为事件的对立事件,则事件为新产品都没有成功,因为甲,乙成功的概率分别为,则,再根据对立事件概率之间的概率公式可得,所以至少一种产品研发成功的概率为.(2)由题可得设该企业可获得利润为,则的取值有,,,,即,由独立试验同时发生的概率计算公式可得:;;;;所以的分布列如下:

则数学期望.考点：分布列数学期望概率19、或【解析】

根据题意，求出的展开式的通项，求出其系数，设第项的系数最大，则有，解可得的值，代入通项中计算可得答案．【详解】解：根据题意，的展开式的通项为，其系数为，设第项的系数最大，则有，即解可得：，故当或时，展开式中项系数最大，则有，；即系数最大的项的系数为或．【点睛】本题考查二项式定理的应用，注意项的系数与二项式系数的区别，属于基础题．20、（1）；（2）．【解析】

试题分析：（1）直接利用转换关系把圆的极坐标方程转换为直角坐标方程．（2）将直线的参数方程和圆联立，整理成一元二次方程，进一步利用根和系数的关系求出结果．解析：(1)(2)证明：把得证．21、（Ⅰ），（Ⅱ）的取值范围是．【解析】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义求解即可．（Ⅱ）由（Ⅰ）设，则，故只需证即可．由题意得，即，又由，得，，分，，三种情况分别讨论判断是否恒成立即可得到结论．试题解析：（I）∵，∴，，由题意得，，解得，．∴，．（II）由（I）知，，设，则，由题设可得，即，令，得，．