西南名校曲靖一中2023年高二数学第二学期期末监测试题含解析

2022-2023高二下数学模拟 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按 规定 关于下班后关闭电源的规定党章中关于入党时间的规定公务员考核规定下载规定办法文件下载宁波关于闷顶的规定 答题。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．若离散型随机变量的概率分布列如下表所示，则的值为()1A．B．C．或D．2．把圆和椭圆的公共点用线段连接起来，所得到的图形为（）A．线段B．等边三角形C．直角三角形D．四边形3．若实数满足，则的最大值为（）A．3B．4C．5D．64．已知，，若，则x的值为（）A．B．C．D．5．已知a＞b，则下列不等式一定正确的是（　　）A．ac2＞bc2B．a2＞b2C．a3＞b3D．6．已知点，是抛物线：上的两点，且线段过抛物线的焦点，若的中点到轴的距离为2，则（）A．2B．4C．6D．87．焦点为的抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（）A．或B．C．或D．8．函数的单调递增区间是（）A．B．C．D．9．函数，，若，，则的取值范围为（）A．B．C．D．10．已知函数，若函数与函数有相同的值域，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．11．已知函数，则“”是“对任意，且，都有()成立”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件12．等差数列的前项和，若，则()A．8B．10C．12D．14二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．，其共轭复数对应复平面内的点在第二象限，则实数的范围是____．14．若函数在区间上为单调增函数，则的取值范围是__________．15．5本不同的 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为______.16．已知命题，命题.若命题是的必要不充分条件，则的取值范围是____；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.（I）当时，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若在区间上单调递增，求的取值范围；（Ⅲ）求在上的最小值.18．（12分）如图，在四面体中，，.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若，，四面体的体积为2，求二面角的余弦值.19．（12分）设分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆的左顶点，点为椭圆的上顶点，且.（1）若椭圆的离心率为，求椭圆的方程；（2）设为椭圆上一点，且在第一象限内，直线与轴相交于点，若以为直径的圆经过点，证明：点在直线上.20．（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.21．（12分）已知函数．（1）若，证明：；（2）若只有一个极值点，求的取值范围．22．（10分）唐代饼茶的制作一直延续至今，它的制作由“炙”、“碾”、“罗”三道工序组成：根据分析甲、乙、丙三位学徒通过“炙”这道工序的概率分别是，，；能通过“碾”这道工序的概率分别是，，；由于他们平时学徒刻苦，都能通过“罗”这道工序；若这三道工序之间通过与否没有影响，（Ⅰ）求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过“炙”这道工序的概率，（Ⅱ）设只要通过三道工序就可以制成饼茶，求甲、乙、丙三位同学中制成饼茶人数的分布列.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】由离散型随机变量ξ的概率分布表知：.解得.故选：A.2、B【解析】通过联立方程直接求得交点坐标，从而判断图形形状.【详解】联立与可求得交点坐标为：，共三点，连接起来为正三角形，故选B.【点睛】本题主要考查圆与椭圆的交点问题，难度不大.3、B【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合进行求解即可．【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．设得，平移直线，由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，此时最大．由，解得，即，代入目标函数得．即目标函数的最大值为1．故选B．【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ．4、D【解析】此题考查向量的数量积解：因为，所以选D.答案：D5、C【解析】分别找到特例，说明A，B，D三个选项不成立，从而得到答案.【详解】因为，所以当时，得到，故A项错误；当，得到，故B项错误；当时，满足，但，故D项错误；所以正确答案为C项.【点睛】本题考查不等式的性质，通过列举反例，排除法得到答案，属于简单题.6、C【解析】利用抛物线的抛物线的定义写出弦长公式，利用中点横坐标来求得弦长.【详解】设，，则，而的中点的横坐标为，所以.故选C.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，以及抛物线的定义和性质，考查运算求解能力和化归与转化的数学思想.7、A【解析】过作与准线垂直，垂足为，则，则当取得最大值时，必须取得最大值，此时直线与抛物线相切，可设切线方程为与联立，消去得，所以，得．则直线方程为或．故本题答案选．点睛：抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离，抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化，如果问题中涉及抛物线上的点到焦点或到准线的距离，那么用抛物线定义就能解决问题．本题就是将到焦点的距离转化成到准线的距离，将比值问题转化成切线问题求解．8、C【解析】首先利用诱导公式化简函数解析式，之后应用余弦函数单调区间的公式解关于x的不等式，即可得到所求单调递增区间.【详解】因为，根据余弦函数的性质，令，可得，所以函数的单调递增区间是，故选C.【点睛】该题考查的是有关余弦型函数的单调怎区间的求解问题，在解题的过程中，涉及到的 知识点 高中化学知识点免费下载体育概论知识点下载名人传知识点免费下载线性代数知识点汇总下载高中化学知识点免费下载 有诱导公式，余弦函数的单调增区间，余弦型函数的性质，注意整体角思维的运用.9、C【解析】分析：利用均值定理可得≥2，中的，即≤2，所以a≤0详解：由均值不等式得≥2，当且仅当x=0取得≤2，，当a≤0时，≥2，≤2故本题选C点晴：本题是一道恒成立问题，恒成立问题即最值问题，本题结合均值，三角函数有界性等综合出题，也可以尝试特殊值方法进行解答10、B【解析】由题意首先确定函数的单调性和值域，然后结合题意确定实数的取值范围即可.【详解】由函数的解析式可得：，在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，易知当时，，且，故函数的值域为，函数与函数有相同的值域，则函数在区间上的值域为，结合函数的定义域和函数的单调性可得：，解得：.故实数的取值范围是.本题选择B选项.【点睛】本题主要考查导数研究函数的单调性，导数研究函数的值域，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11、A【解析】对任意，且，都有成立，则函数在上单调递增，在上恒成立，即在上恒成立，，由函数的单调性可得：在上,即，原问题转化为考查“”是“”的关系，很明显可得：“”是“对任意，且，都有成立”充分不必要条件.本题选择A选项.12、C【解析】试题分析：假设公差为,依题意可得.所以.故选C.考点：等差数列的性质.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据共轭复数对应的点所在的象限，列出不等式组求解.【详解】由已知得：，且在第二象限，所以：，解得：，所以故答案为.【点睛】本题考查共轭复数的概念和其对应的点所在的象限，属于基础题.14、[1，＋∞)【解析】函数在区间上为单调增函数等价于导函数在此区间恒大于等于0，故15、240.【解析】先把5本书取出两本看做一个元素，这一元素和其他的三个元素分给四个同学，相当于在四个位置全排列，根据分步乘法计数原理即可得出结果.【详解】从5本书中取出两本看做一个元素共有种不同的取法，这一元素与其他三个元素分给四个同学共有种不同的分法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的分法.故答案为：240【点睛】本题主要考查了排列组合的综合应用，分步乘法计数原理，属于中档题.16、【解析】求得命题，又由命题是的必要不充分条件，所以是的真子集，得出不等式组，即可求解，得到答案．【详解】由题意，命题，命题.又由命题是的必要不充分条件，所以是的真子集，设，则满足，解得，经验证当适合题意，所以的取值范围是．【点睛】本题主要考查了分式不等式的求解，以及利用充要条件求解参数问题，其中解答中正确求解集合A，再根集合的包含关系求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．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、（I）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】（I）先求出原函数的导函数，利用为切线斜率可求得切线方程；（Ⅱ）在区间上是单调递增函数转化为在上恒成立，从而求得答案；（Ⅲ）分别就，，，分别讨论即可求得最小值.【详解】（Ⅰ）当时，，，，∴，∴曲线在点处的切线方程为；即：.（Ⅱ）,在区间上是单调递增函数，∴在上恒成立，∴只需，解得，所以，当时，在区间上是单调递增函数.（Ⅲ）①当时，在上恒成立，∴在区间上是单调递减函数，∴.②当时，，在上恒成立，∴在区间上是单调递减函数，∴.③当时，，令，解得，令，解得，∴在区间上单调递减函数，在区间上单调递增函数，∴.④当时，在上恒成立，∴在区间上是单调递增函数，∴.综上，.【点睛】本题主要考查导函数的几何意义，利用单调性求含参问题，求含参函数的最值问题，意在考查学生的化归能力，分类讨论能力，计算能力，难度较大.18、(1)证明见解析.(2).【解析】分析：（1）作Rt△斜边上的高，连结，易证平面，从而得证；（2）由四面体的体积为2，，得，所以平面，以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用面的法向量求解二面角的余弦值即可.详解：解法一：（1）如图，作Rt△斜边上的高，连结．因为，，所以Rt△≌Rt△．可得．所以平面，于是．（2）在Rt△中，因为，，所以，，，△的面积．因为平面，四面体的体积，所以，，，所以平面．以，，为，，轴建立空间直角坐标系．则，，，，，，．设是平面的法向量，则，即，可取．设是平面的法向量，则，即，可取．因为，二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为解法二：（1）因为，，所以Rt△≌Rt△．可得．设中点为，连结，，则，，所以平面，，于是．（2）在Rt△中，因为，，所以△面积为．设到平面距离为，因为四面体的体积，所以．在平面内过作，垂足为，因为，，所以．由点到平面距离定义知平面．因为，所以．因为，，所以，，所以，即二面角的余弦值为．点睛：本题主要考查空间位置关系的证明和空间角的计算，意在考查学生立体几何和空间向量的基础知识的掌握能力和基本的运算能力.证明位置关系和求空间的角都有两种方法，一是几何的方法，一是向量的方法，各有特色，要根据具体情况灵活选择，提高解析效率.19、（1）；（2）见解析【解析】（1）设，由，得，且，得，，，∴椭圆的方程为；（2）由题意，得，∴椭圆的方程，则，，，设，由题意知，则直线的斜率，直线的方程为，当时，，即点，直线的斜率为，∵以为直径的圆经过点，∴，∴，化简得，又∵为椭圆上一点，且在第一象限内，∴，，，由①②，解得，，∴，即点在直线上．20、（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．21、（1）详见解析；（2）.【解析】（1）将代入，可得等价于，即，令，求出，可得的最小值，可得证；（2）分，三种情况讨论，分别对求导，其中又分①若②③三种情况，利用函数的零点存在定理可得a的取值范围.【详解】解：（1）当时，等价于，即；设函数，则，当时，；当时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，而，故，即．（2），设函数，则；（i）当时，，在上单调递增，又，取b满足且，则，故在上有唯一一个零点，且当时，，时，，由于，所以是的唯一极值点；（ii）当时，在上单调递增，无极值点；（iii）当时，若时，；若时，．所以在上单调递减，在单调递增．故为的最小值，①若时，由于，故只有一个零点，所以时，因此在上单调递增，故不存在极值；②若时，由于，即，所以，因此在上单调递增，故不存在极值；③若时，，即．又，且，而由（1）知，所以，取c满足，则故在有唯一一个零点，在有唯一一个零点；且当时，当时，，当时，由于，故在处取得极小值，在处取得极大值，即在上有两个极值点．综上，只有一个极值点时，的取值范围是【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及利用导数研究函数的极值，及函数的零点存在定理，注意分类讨论思想的运用.22、（Ⅰ）0.35；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）甲、乙、丙中恰好有一人通过,可分为：甲过，乙、丙不过；乙过，甲、丙不过；丙过，乙、甲不过。（Ⅱ）先求出甲、乙、丙制成饼茶的概率，，.随机变量的可能取值为，，，，分别求出其概率，写出分布列即可。【详解】解：（I）设，，分别表示事件“甲、乙、丙通过“炙”这道工序”，则所求概率（II）甲制成饼茶的概率为，同理，.随机变量的可能取值为，，，，故的分布列为【点睛】本题主要考查简单随机变量的分布列，属于基础题。