2022-2023学年陕西交大附中 高二数学第二学期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．设，若函数，有大于零的极值点，则（）A． B． C． D．2．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若角是第三象限角，且，则（）A． B． C． D．3．设,，则（）A． B． C． D．4．定义域为的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（）A． B． C． D．5．如果函数在上的图象是连续不断的一条曲线，那么“”是“函数在内有零点”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知函数的最小正周期为，且其图象向右平移个单位后得到函数的图象，则（）A． B． C． D．7．已知复数z=1-i，则z2A．2 B．-2 C．2i D．-2i8．下列命题正确的是（）A．若，则B．“”是“”的必要不充分条件C．命题“”、“”、“”中至少有一个为假命题D．“若，则，全为0”的逆否命题是“若，全不为0，则”9．用反证法证明：若整系数一元二次方程有有理数根，那么、、中至少有一个偶数时，下列假设正确的是（）A．假设、、都是偶数B．假设、、都不是偶数C．假设、、至多有一个偶数D．假设、、至多有两个偶数10．已知，则（）附：若，则，A．0.3174 B．0.1587 C．0.0456 D．0.022811．设全集U＝R，集合，，则集合()A． B．C． D．12．使不等式成立的一个必要不充分条件是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．棱长为1的正方体的8个顶点都在球面O的表面上，E、F分别是棱、的中点，则直线EF被球O截得的线段长为________14．在平面几何中有如下结论：若正三角形的内切圆周长为，外接圆周长为，则.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体的内切球表面积为，外接球表面积为，则__________．15．若的二项展开式中的第3项的二项式系数为15，则的展开式中含项的系数为__________．16．△的内角的对边分别为，已知，，则△的面积为________．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）已知为圆上一动点，圆心关于轴的对称点为，点分别是线段上的点，且.（1）求点的轨迹方程；（2）直线与点的轨迹只有一个公共点，且点在第二象限，过坐标原点且与垂直的直线与圆相交于两点，求面积的取值范围.18．（12分）(1)设集合}，，且，求实数m的值.(2)设，是两个复数，已知，，且·是实数，求.19．（12分）设函数.(1)求不等式的解集；(2)若存在使不等式成立，求实数的取值范围20．（12分）已知函数.（1）当时，求的最小值；（2）若存在实数，，使得，求的最小值.21．（12分）已知二次函数的图像经过点，且满足，(1)求的解析式；(2)已知，求函数在的最大值和最小值；函数的图像上是否存在这样的点，其横坐标是正整数，纵坐标是一个完全平方数？如果存在，求出这样的点的坐标；如果不存在，请说明理由22．（10分）观察以下等式：13＝1213+23＝（1+2）213+23+33＝（1+2+3）213+23+33+43＝（1+2+3+4）2（1）请用含n的等式归纳猜想出一般性结论，并用数学归纳法加以证明．（2）设数列{an}的前n项和为Sn，且an＝n3+n，求S1．

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】试题分析：设，则，若函数在x∈R上有大于零的极值点．即有正根，当有成立时，显然有，此时．由，得参数a的范围为．故选B．考点：利用导数研究函数的极值．2、A【解析】

由单位圆中的三角函数线可得：终边关于轴对称的角与角的正弦值相等，所以，再根据同角三角函数的基本关系，结合余弦函数在第四象限的符号，求得.【详解】角与角终边关于轴对称，且是第三象限角，所以为第四象限角，因为，所以，又，解得：，故选A.【点睛】本题考查单位圆中三角函数线的运用、同角三角函数的基本关系，考查基本的运算求解能力.3、D【解析】

求对数函数的定义域求得集合，解一元二次不等式求得集合，求得集合的补集后与集合求交集，由此得出正确选项.【详解】对于集合，，对于集合，，解得或，故，所以，故选D.【点睛】本小题主要考查对数函数定义域、一元二次不等式的解法，集合补集、交集运算，属于基础题.4、C【解析】

构造函数，根据可知，得到在上单调递减；根据，可将所求不等式转化为，根据函数单调性可得到解集.【解答】令，则在上单调递减则不等式可化为等价于，即即所求不等式的解集为：本题正确选项：【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性求解不等式，关键是能够构造函数，将所求不等式转变为函数值的比较，从而利用其单调性得到自变量的关系．5、A【解析】

由零点存在性定理得出“若，则函数在内有零点”举反例即可得出正确答案.【详解】由零点存在性定理可知，若，则函数在内有零点而若函数在内有零点，则不一定成立，比如在区间内有零点，但所以“”是“函数在内有零点”的充分而不必要条件故选：A【点睛】本题主要考查了充分不必要条件的判断，属于中档题.6、C【解析】

利用函数的周期求出的值，利用逆向变换将函数的图象向左平行个单位长度，得出函数的图象，根据平移规律得出的值.【详解】由于函数的周期为，，则，利用逆向变换，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，所以，因此，，故选：C.【点睛】本题考查正弦型函数周期的计算，同时也考查了三角函数图象的平移变换，本题利用逆向变换求函数解析式，可简化计算，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题.7、A【解析】解：因为z=1-i，所以z28、C【解析】分析：根据命题条件逐一排除求解即可.详解：A.若，则,当a为0时此时结论不成立，故错误；B.“”是“”的必要不充分条件，当x=4时成立，故正确结论应是充分不必要；D.“若，则，全为0”的逆否命题是“若，全不为0，则”应该是若，不全为0，故错误，所以综合可得选C点睛：考查对命题的真假判定，此类题型逐一对答案进行排除即可，但注意思考的全面性不可以掉以轻心，属于易错题.9、B【解析】

根据反证法的概念，可知假设应是所证命题的否定，即可求解，得到答案。【详解】根据反证法的概念，假设应是所证命题的否定，所以用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程有有理根，那么中至少有一个是偶数”时，假设应为“假设都不是偶数”，故选B。【点睛】本题主要考查了反证法的概念及其应用，其中解答中熟记反证法的概念，准确作出所证命题的否定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题。10、D【解析】

由随机变量，所以正态分布曲线关于对称，再利用原则，结合图象得到.【详解】因为，所以，所以，即，所以.选D．【点睛】本题主要考查正态分布曲线及原则，考查正态分布曲线图象的对称性.11、A【解析】

求出，然后求解即可.【详解】全集，集合，则集合，所以，故选A.【点睛】该题考查的是有关集合的运算，属于简单题目.12、B【解析】解不等式，可得，即，故“”是“”的一个必要不充分条件，故选B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、.【解析】分析：详解：正方体的外接球球心为O，半径为，假设2和线段EF相较于HG两点，连接OG，取GH的中点为D连接OD，则ODG为直角三角形，OD=，根据勾股定理得到故GH=.故答案为.点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.14、【解析】分析：平面图形类比空间图形,二维类比三维得到,类比平面几何的结论,确定正四面体的外接球和内切球的半径之比,即可求得结论.详解：平面几何中，圆的周长与圆的半径成正比，而在空间几何中，球的表面积与半径的平方成正比，因为正四面体的外接球和内切球的半径之比是，，故答案为.点睛：本题主要考查类比推理，属于中档题.类比推理问题，常见的类型有：（1）等差数列与等比数列的类比；（2）平面与空间的类比；（3）椭圆与双曲线的类比；（4）复数与实数的类比；（5）向量与数的类比.15、160【解析】分析：根据题意，结合二项式定理可得，再利用二项式通项公式即可.详解：由二项式定理，的二项展开式中的第3项的二项式系数为，有，解得.则有，当时，得，的展开式中含项的系数为160.故答案为：160.点睛：本题考查二项式系数的性质，要注意区分某一项的系数与某一项的二项式系数的区别.16、.【解析】

首先利用正弦定理将题中的式子化为，化简求得，利用余弦定理，结合题中的条件，可以得到，可以断定为锐角，从而求得，进一步求得，利用三角形面积公式求得结果.【详解】因为，结合正弦定理可得，可得，因为，结合余弦定理，可得，所以为锐角，且，从而求得，所以的面积为，故答案是.【点睛】本题主要考查余弦定理及正弦定理的应用，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住、、等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.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】

（1）因为，所以为的中点，因为，所以，所以点在的垂直平分线上，所以，因为，所以点在以为焦点的椭圆上，因为，所以，所以点的轨迹方程为.（2）由得，，因为直线与椭圆相切于点，所以，即，解得，即点的坐标为，因为点在第二象限，所以，所以，所以点的坐标为，设直线与垂直交于点，则是点到直线的距离，设直线的方程为，则，，当且仅当，即时，有最大值，所以，即面积的取值范围为.点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．18、(1)或或(2)或【解析】

（1）解方程得到集合，再分别讨论和两种情况，即可得出结果；（2）先设，根据题中条件，得到，，即可求出结果.【详解】解：(1)由解得：或∴，又∵∴当时，此时符合题意.当时，则.由得，所以或解得：或综上所述：或或(2)设，∵∴，即①又，且，是实数，∴②由①②得，，或，∴或【点睛】本题主要考查由集合间的关系求参数的问题，以及复数的运算，熟记子集的概念，以及复数的运算法则即可，属于常考题型.19、（1）；（2）【解析】

本题需要分类讨论，对去绝对值的两种情况分类讨论。可以先令，在对进行分类讨论求出最小值，最后得出的取值范围。【详解】(1)由得，∴∴不等式的解集为(2)令则，∴∵存在x使不等式成立，∴【点睛】在遇到含有绝对值的不等式的时候，一定要根据函数解析式去绝对值的几种情况进行分类讨论。20、（1）；（2）【解析】

（1）由函数，根据函数的单调性证明即可.（2）设，求出，，，令，根据函数的单调性求出其最小值即可.【详解】（1），，由，解得，由，解得，在单调递减，在单调递增，，在上单调递增，当时，的最小值为.（2）设，则.，则，即，故，，，，即，.令，则，因为和在上单调递增，所以在上单调递增，且，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，当时，取最小值，此时，即最小值是.【点睛】本题考查了导数在研究函数单调性的应用、导数在求函数最值中的应用，考查了转化与化归的思想，属于难题.21、（1）；（2）当时，，当，当，；当，；（3）.【解析】

（1）由得到函数的对称轴，所以，再根据函数所过的点得到c=11,进而得到函数表达式；（2）根据函数表达式将绝对值去点，写成分段形式，讨论t的范围，进而得到最值；设函数的图像上存在点符合要求其中则，从而，变形为，根据数据43为质数，故可得到结果.【详解】（1）因为二次函数所以二次函数的对称轴方程为，即，所以.又因为二次函数的图像经过点所以，解得，因此，函数的解析式为.(2)由（1）知，=，所以，当时，，当，当，当，