山西省长治市太行中学2023年数学高二下期末质量检测模拟试题含解析

2022-2023高二下数学模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．某校实行选科走班制度，张毅同学的选择是物理、生物、政治这三科，且物理在A层班级，生物在B层班级，该校周一上午课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则他不同的选课方法有第一节第二节第三节第四节地理B层2班化学A层3班地理A层1班化学A层4班生物A层1班化学B层2班生物B层2班历史B层1班物理A层1班生物A层3班物理A层2班生物A层4班物理B层2班生物B层1班物理B层1班物理A层4班政治1班物理A层3班政治2班政治3班A．8种 B．10种 C．12种 D．14种2．若二次函数图象的顶点在第四象限且开口向上，则导函数的图象可能是A． B．C． D．3．若随机变量服从正态分布，则（）附：随机变量，则有如下数据：，，.A． B． C． D．4．现有60个机器零件，编号从1到60，若从中抽取6个进行检验，用系统抽样的方法确定所抽的编号可以是（）A．3，13，23，33，43，53B．2，14，26，38，40，52C．5，8，31，36，48，54D．5，10，15，20，25，305．已知线性回归方程相应于点的残差为，则的值为（）A．1 B．2 C． D．6．给出下列三个命题：①“若，则”为假命题；②若为真命题，则,均为真命题；③命题，则.其中正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．37．若，则m等于()A．9 B．8 C．7 D．68．已知关于的方程的两根之和等于两根之积的一半，则一定是()A．直角三角形 B．等腰三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形9．如图，在正方体中，分别是的中点，则下列说法错误的是（）A． B．平面C． D．平面10．观察下列各式：，则的末尾两位数字为（）A．49 B．43 C．07 D．0111．在四边形中，如果，，那么四边形的形状是（）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．直角梯形12．定义在上的函数，若对于任意都有且则不等式的解集是（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有_________种．14．当时，等式恒成立，根据该结论，当时，，则的值为___________.15．已知等差数列的前项和为，_____；16．在回归分析中，分析残差能够帮助我们解决的问题是：_____________________.(写出一条即可)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）如图所示，已知ABCD是直角梯形，，．（1）证明：；（2）若，求三棱锥的体积．18．（12分）（1）3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盒子至多放1个球，共有多少种放法？（2）3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盒子放球量不限，共有多少种放法？19．（12分）已知（其中且，是自然对数的底）.（1）当，时，求函数在处的切线方程；（2）当时，求函数在上的最小值；（3）若且关于的不等式在上恒成立，求证：.20．（12分）命题：函数的两个零点分别在区间和上；命题：函数有极值.若命题，为真命题的实数的取值集合分别记为，.（1）求集合，；（2）若命题“且”为假命题，求实数的取值范围.21．（12分）如图，在四棱锥中，是边长为2的正方形，平面平面，直线与平面所成的角为，.（1）若，分别为，的中点，求证：直线平面；（2）求二面角的正弦值.22．（10分）为了研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机对50名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在30名男性驾驶员中，平均车速超过的有20人，不超过的有10人．在20名女性驾驶员中，平均车速超过的有5人，不超过的有15人．（1）完成下面的列联表，并判断是否有99.5%的把握认为平均车速超过的人与性别有关；（2）以上述数据样本来估计总体，现从高速公路上行驶的大量家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车中驾驶员为女性且车速不超过的车辆数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的数学期望.参考公式：，其中．参考数据：0.150.100.050.0250.0100.0050.0012.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828

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】

根据表格进行逻辑推理即可得到结果.【详解】张毅不同的选课方法如下：（1）生物B层1班，政治1班，物理A层2班；（2）生物B层1班，政治1班，物理A层4班；（3）生物B层1班，政治2班，物理A层1班；（4）生物B层1班，政治2班，物理A层4班；（5）生物B层1班，政治3班，物理A层1班；（6）生物B层1班，政治3班，物理A层2班；（7）生物B层2班，政治1班，物理A层3班；（8）生物B层2班，政治1班，物理A层4班；（9）生物B层2班，政治3班，物理A层1班；（10）生物B层2班，政治3班，物理A层3班；共10种，故选B.【点睛】本题以实际生活为背景，考查了逻辑推理能力与分类讨论思想，属于中档题.2、A【解析】分析：先根据二次函数的判断出的符号，再求导，根据一次函数的性质判断所经过的象限即可．详解：∵函数的图象开口向上且顶点在第四象限，∴函数的图象经过一，三，四象限，

∴选项A符合，

故选：A．点睛：本题考查了导数的运算和一次函数，二次函数的图象和性质，属于基础题．3、B【解析】

先将、用、表示，然后利用题中的概率求出的值.【详解】由题意可知，，则，，，因此，，故选B.【点睛】本题考查利用正态分布原则求概率，解题时要将相应的数用和加以表示，并利用正态曲线的对称性列式求解，考查计算能力，属于中等题.4、A【解析】

由题意可知：606【详解】∵根据题意可知，系统抽样得到的产品的编号应该具有相同的间隔，且间隔是606【点睛】本题考查了系统抽样的原则.5、B【解析】

根据线性回归方程估计y，再根据残差定义列方程，解得结果【详解】因为相对于点的残差为，所以，所以，解得，故选B【点睛】本题考查利用线性回归方程估值以及残差概念，考查基本分析求解能力，属基础题.6、B【解析】试题分析：①若，则且，所以①正确；②若为真命题，则，应至少有一个是真命题，所以②错；③正确．考点：1.四种命题；2.命题的否定．7、C【解析】分析：根据排列与组合的公式，化简得出关于的方程，解方程即可.详解：，，即，解得，故选C.点睛：本题主要考查排列公式与组合公式的应用问题，意在考查对基本公式掌握的熟练程度，解题时应熟记排列与组合的公式，属于简单题.8、B【解析】分析：根据题意利用韦达定理列出关系式，利用两角和与差的余弦函数公式化简得到A=B，即可确定出三角形形状．详解：设已知方程的两根分别为x1，x2，根据韦达定理得：x1+x2=cosAcosB，x1x2=2sin2=1﹣cosC，∵x1+x2=x1x2，∴2cosAcosB=1﹣cosC，∵A+B+C=π，∴cosC=﹣cos（A+B）=﹣cosAcosB+sinAsinB，∴cosAcosB+sinAsinB=1，即cos（A﹣B）=1，∴A﹣B=0，即A=B，∴△ABC为等腰三角形．故选B．点睛：此题考查了三角形的形状判断，涉及的知识有：根与系数的关系，两角和与差的余弦函数公式，以及二倍角的余弦函数公式，熟练掌握公式是解本题的关键．9、C【解析】

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【详解】∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，

∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，

设正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，

则B（2，2，0），C1（0，2，2），M（1，2，1），D1（0，0，2），C（0，2，0），N（0，1，1），

∴MN⊥CC1，故A正确；∴MN⊥平面ACC1A1，故B成立；

∵∴MN和AB不平行，故C错误；

平面ABCD的法向量又MN⊄平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故D正确．

故选C．【点睛】本题考查命题的真假判断，考空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．10、B【解析】

通过观察前几项，发现末尾两位数分别为49、43、01、07，以4为周期重复出现，由此即可推出的末尾两位数字。【详解】根据题意，得，发现的末尾两位数为49，的末尾两位数为43，的末尾两位数为01，的末尾两位数为07，（）；由于，所以的末两位数字为43；故答案选B【点睛】本题以求的末尾两位数的规律为载体，考查数列的通项公式和归纳推理的一般方法的知识，属于基础题。11、A【解析】

由可判断出四边形为平行四边形，由可得出，由此判断出四边形的形状.【详解】，所以，四边形为平行四边形，由可得出，因此，平行四边形为矩形，故选A.【点睛】本题考查利用向量关系判断四边形的形状，判断时要将向量关系转化为线线关系，考查转化与化归思想，同时也考查了推理能力，属于中等题.12、D【解析】

令,求导后根据题意知道在上单调递增，再求出，即可找到不等式的解集。【详解】令则所以在上单调递增，又所以的解集故选D【点睛】本题考查利用导数解不等式，属于中档题。二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】分析：分三种情况讨论，分别求出甲乙都入选、甲不入选，乙入选、甲乙都不入选,，相应的情况不同的组队形式的种数，然后求和即可得出结论.详解：若甲乙都入选，则从其余人中选出人，有种，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；若甲不入选，乙入选，则从其余人中选出人，有种，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；若甲乙都不入选，则从其余6人中选出人，有种，再全排，有种，故共有种，综上所述，共有，故答案为.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.14、.【解析】

由，可得，，结合已知等式将代数式将代数式展开，可求出的值.【详解】当时，得，，所以，所以，，故答案为：.【点睛】本题考查恒等式的应用，解题时要充分利用题中的等式，结合分类讨论求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.15、70【解析】

设等差数列的公差为，由等差数列的通项公式，结合可列出两个关于的二元一次方程，解这个二元一次方程组，求出的值，再利用等差数列的前项和公式求出的值.【详解】设等差数列的公差为，由可得：，【点睛】本题考查了等差数列基本量的求法，熟记公式、正确解出方程组的解，是解题的关键.本题根据等差数列的性质，可直接求解：，.16、寻找异常点，考查相应的样本数据是否有错【解析】

分析残差是回归诊断的一部分，可以帮助我们发现样本数据中的错误，分析模型选择是否合适．【详解】分析残差能够帮助我们解决的问题是：寻找异常点，考查相应的样本数据是否有错；故答案为：寻找异常点，考查相应的样本数据是否有错．【点睛】本题考查线性回归方程中残差的作用，是基础题．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）见解析；（2）【解析】

（1）由题可得：,，可得：，即可证得，再利用证得，即可证得平面，问题得证．（2）利用及锥体体积公式直接计算得解．【详解】（1）由题可得：,所以所以又所以，又所以平面，又平面所以（2）【点睛】本题主要考查了线线垂直的证明，考查了转化能力及线面垂直的定义，还考查了锥体体积公式及计算能力，属于中档题．18、（1）.（2）【解析】

（1）把三个不同的小球分别放入5个不同的盒子里(每个盒子至多放一个球)，实际上是从5个位置选3个位置用3个元素进行排列，即可求得答案.（2）因为3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盒子放球量不限，所以一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有5种独立的放法，即可求得答案.【详解】（1）把3个不同的小球分别放入5不同的盒子里(每个盒子至多放一个球)，实际上是从5个位置选3个位置用3个元素进行排列，共有种结果，共有：方法．（2）3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盒子放球量不限一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有5种独立的放法，由分步乘法计数原理，放法共有种共有：放法．【点睛】本题的求解按照分步计数原理可先将球分组，选择盒子，再将球排列到选定的盒子里，这种先选后排的方法是最常用的思路，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.19、（1）;（2）当或时，最小值为，当时，最小值为;（3）见解析.【解析】

（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，再写出切点坐标，就可以写出切线方程．（2）当时，，求导得单调性时需要分类讨论,,，再求最值．（3）将恒成立问题转化为在上恒成立，设，，求出，再令设，，求最大值小于，进而得出结论．【详解】解：（1），时，，，，，函数在处的切线方程为，即.（2）当时，，，令，解得或，当时，即时，在上恒成立，在上单调递减，；当时，即时，在上恒成立，在上单调递减，；③当时，即时，当时，，当时，，在上单调递减，在上单调递增，．综上所述：当或时，最小值为；当时，最小值为.（3）证明：由题意知，当时，在上恒成立，在上恒成立，设，，，在上恒成立，在上单调递减，，，存在使得，即，因为，所以.当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，，，设，，，在恒成立，在上单调递增，，在单调递增，，．【点睛】本题考查导数的综合应用，考查了最值问题，考查了不等式恒成立问题.若要证明，一般地，只需说明即可；若要证明恒成立，一般只需说明即可，即将不等式问题转化为最值问题.20、（1），或；（2）或【解析】

（1）通过函数的零点，求解的范围；利用函数的极值求出的范围，即可．（2）利用复合函数的真假推出两个命题的真假关系，然后求解即可．【详解】（1）命题：函数的两个零点分别在区间和上；可得：，解得命题：函数有极值，由2个不相等的实数根，所以，可得或．命题，为真命题的实数的取值集合分别记为，．所以集合，或；（2）命题“且”为假命题，可知两个命题至少1个是假命题，当“且”为真命题时，实数的取值范围为集合，“且”为假命题时，实数的取值范围为或．【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，函数的零点以及函数的导数的应用，考查计算能力．21、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）由平面平面得到平面，从而，根据，得到平面，得到，结合，得到平面；（2）为原点，建立空间坐标系，得到平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，得到法向量之间的夹角余弦，从而得到二面