2022-2023学年吉林省白城市白城市第十四中学数学高二下期末检测试题含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．已知函数，若与的图象上分别存在点、，使得、关于直线对称，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．2．计算的值是（）A．72 B．102 C．5070 D．51003．用反证法证明：“实数中至少有一个不大于0”时，反设正确的是（）A．中有一个大于0 B．都不大于0C．都大于0 D．中有一个不大于04．若当时,函数取得最大值,则()A． B． C． D．5．有，，，四种不同颜色的花要（全部）栽种在并列成一排的五个区域中，相邻的两个区域栽种花的颜色不同，且第一个区域栽种的是颜色的花，则不同栽种方法种数为（）A．24 B．36 C．42 D．906．从2017年到2019年的3年高考中，针对地区差异，理科数学全国卷每年都命了套卷，即：全国I卷，全国II卷，全国III卷.小明同学马上进入高三了，打算从这套题中选出套体验一下，则选出的3套题年份和编号都各不相同的概率为（）A． B． C． D．7．已知定义在R上的函数的图象关于对称，且当时，单调递减，若，，，则a，b，c的大小关系是A． B． C． D．8．双曲线的焦点坐标是A． B． C． D．9．为了解某地区的中小学生视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是()A．简单随机抽样 B．按性别分层抽样C．按学段分层抽样 D．系统抽样10．设，则A． B． C． D．11．若非零向量，满足，向量与垂直，则与的夹角为（）A． B． C． D．12．设，则“，且”是“”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二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在空间中，已知一个正方体是12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于，则______．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________.15．四个整数1，3，3，5的方差为______．16．在平面直角坐标系中,若双曲线的一条渐近线方程为,则实数的值为____________.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）已知函数（1）解不等式；（2）若方程在区间有解，求实数的取值范围.18．（12分）已知是正实数)的展开式的二项式系数之和为128,展开式中含项的系数为84.(1)求的值；(2)求的展开式中有理项的系数和.19．（12分）已知函数，其中为实数.（1）求函数的单调区间；（2）若函数有两个极值点，求证：.20．（12分）已知都是正数（1）若，求证：；（2）若，求证：21．（12分）已知函数(其中a，b为常数，且，)的图象经过点，．(1)求的解析式；(2)若不等式在时恒成立，求实数的取值范围．22．（10分）已知函数，函数，记集合.（I）求集合；（II）当时，求函数的值域.

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】

先求得关于对称函数，由与图像有公共点来求得实数的取值范围.【详解】设函数上一点为，关于对称点为，将其代入解析式得，即.在同一坐标系下画出和的图像如下图所示，由图可知，其中是的切线.由得，而，只有A选项符合，故选A.【点睛】本小题主要考查函数关于直线对称函数解析式的求法，考查两个函数有交点问题的求解策略，考查数形结合的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.2、B【解析】

根据组合数和排列数计算公式，计算出表达式的值.【详解】依题意，原式，故选B.【点睛】本小题主要考查组合数和排列数的计算，属于基础题.3、C【解析】

根据用反证法证明数学命题的方法和步骤，应先假设命题的否定成立，而要证明题的否定为：“都大于0”，从而得出结论．【详解】解：根据用反证法证明数学命题的方法和步骤，应先假设命题的否定成立，而命题：“实数中至少有一个不大于0”的否定为“都大于0”，故选：．【点睛】本题主要考查用命题的否定，反证法证明数学命题的方法和步骤，把要证的结论进行否定，得到要证的结论的反面，是解题的突破口，属于基础题．4、B【解析】

函数解析式提取5变形后,利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，利用正弦函数的性质可得结果.【详解】，其中,当，即时，取得最大值5,，则，故选B.【点睛】此题考查了两角和与差的正弦函数公式、辅助角公式的应用，以及正弦函数最值，熟练掌握公式是解本题的关键.5、B【解析】分析：可以直接利用树状图分析解答.详解：这一种有12种，类似AC,各有12种，共36种，故答案为：B.点睛：(1)本题主要考查排列组合，考查计数原理，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和分析推理能力.(2)本题可以利用排列组合解答，分类讨论比较复杂.也可以利用树状图解答，比较直观.6、D【解析】

先计算出套题中选出套试卷的可能，再计算3套题年份和编号都各不相同的可能，通过古典概型公式可得答案.【详解】通过题意，可知从这套题中选出套试卷共有种可能，而3套题年份和编号都各不相同共有种可能，于是所求概率为.选D.【点睛】本题主要考查古典概型，意在考查学生的分析能力，计算能力，难度不大.7、A【解析】

先根据对称性将自变量转化到上，再根据时单调递减，判断大小.【详解】∵定义在上的函数的图像关于对称，∴函数为偶函数，∵，∴，∴，，．∵当时，单调递减，∴，故选A．【点睛】比较两个函数值或两个自变量的大小：首先根据函数的性质把两个函数值中自变量调整到同一单调区间，然后根据函数的单调性，判断两个函数值或两个自变量的大小8、C【解析】分析：由题意求出，则，可得焦点坐标详解：由双曲线，可得，故双曲线的焦点坐标是选C.点睛：本题考查双曲线的焦点坐标的求法，属基础题.9、C【解析】试题分析：符合分层抽样法的定义，故选C.考点：分层抽样．10、C【解析】分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.详解：，则，故选c.点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.11、B【解析】∵，且与垂直，∴，即，∴，∴，∴与的夹角为．故选．12、A【解析】分析：由题意逐一考查充分性和必要性即可.详解：若“，且”，有不等式的性质可知“”，则充分性成立；若“”，可能，不满足“，且”，即必要性不成立；综上可得：“，且”是“”的充分不必要条件.本题选择A选项.点睛：本题主要考查充分不必要条件的判定及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

画出几何图形,可知面与12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于,在可求得.【详解】画出几何图形,可知面与12条棱所在的直线与一个平面所成的角都等于正方体面,与面所成的角为不妨设正方体棱长为,故在中由勾股定理可得:故答案为:.【点睛】本题考查了线面角求法,根据体积画出几何图形,掌握正方体结构特征是解本题的关键.属于基础题.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、2【解析】

由方差公式，将数据代入运算即可.【详解】解：因为1，3，3，5的平均数为，由方差公式可得，故答案为：2.【点睛】本题考查了平均数及方差公式，重点考查了运算能力，属基础题.16、【解析】分析：双曲线的焦点在x轴上，所以其渐近线方程为，根据条件，所以的值为详解：因为双曲线的焦点在x轴上，所以其渐近线方程为，又因为该双曲线一条渐近线方程为,即所以的值为点睛：双曲线渐近线方程：当焦点在x轴上时为，当焦点在y轴上时为.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、（I）；（II）.【解析】

（1）根据，利用分类讨论便可得到最后解集；（2）根据方程在区间有解转化为函数和函数图象在区间上有交点，从而得解．【详解】（1）可化为10或或；2＜x≤或或；不等式的解集为；（2）由题意：故方程在区间有解函数和函数图象在区间上有交点当时，【点睛】本题考查绝对知不等式的求解和应用，主要是利用分类讨论的方法去掉绝对值符号；关于方程解的问题直接用方程思想和数形结合转化为函数图像交点问题便可得解．18、（1）2,7；（2）1.【解析】

（1）由二项式系数和求得，然后再根据展开式中含项的系数为84求得．（2）由（1）先求出二项式中的有理项，结合题意可得展开式中的有理项，进而得到所求．【详解】（1）由题意可知，解得．故二项式展开式的通项为，令得含项的系数为，由题意得，又，∴．（2）由（1）得展开式的通项为，∴展开式中的有理项分别为，，，∴的展开式中有理项的系数和为1．【点睛】（1）本题考查二项展开式通项的应用，这也是解决二项式问题的重要思路．二项式定理的应用主要是对二项展开式正用、逆用，要充分利用二项展开式的特点和式子间的联系．（2）解题时要把“二项式系数的和”与“各项系数和”，“奇(偶)数项系数和与奇(偶)次项系数和”严格地区别开来．19、（1）见解析；（2）证明见解析【解析】

（1）计算导数，采用分类讨论的方法，，与，根据导数的符号判定原函数的单调性，可得结果.（2）根据（1）的结论，可得，然后构造新函数，通过导数研究新函数的单调性，并计算最值，然后与比较大小，可得结果.【详解】（1）函数的定义域为，①若，即时，则，此时的单调减区间为；②若，时，令的两根为，，，所以的单调减区间为，，单调减区间为.③当时，，，此时的单调增区间为，单调减区间为.（2）当时，函数有两个极值点，且，.则则要证，只需证.构造函数，则，在上单调递增，又，，且在定义域上不间断，由零点存在定理可知：在上唯一实根，且.则在上递减，上递增，所以的最小值为.因为，当，，则，所以恒成立.所以，所以，得证.【点睛】本题考查导数的综合应用，难点在于分类讨论思想的应用，同时掌握构造函数，化繁为简，考验分析能力以及极强的逻辑推理能力，综合性较强，属难题.20、(1)证明见解析；(2)证明见解析【解析】

（1）根据基本不等式得，，再利用不等式性质三式相乘得结果，（2）根据基本不等式得，，再三式相加得结果【详解】证明：因为为正数，所以，同理，所以因为，所以（2）证明：由，且，可得，同理可得，三式相加，可得，即为，则成立．【点睛】本题考查利用基本不等式证明不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.21、(1)(2)【解析】试题分析：（1）把点代入函数的解析式求出的值，即可求得的解析式．（2）由（1）知在上恒成立，设，