吉林省白城十四中2023年高二數學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2022-2023高二下數學模擬試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．如圖1是把二進制數化為十制數的一個程序框圖,則判斷框內應填入的條件是()A.B.C.D.否否開始是2．的展開式中的常數項為（）A． B． C． D．3．將名教師，名學生分成個小組，分別安排到甲、乙兩地參加社會實踐活動，每個小組由名教師和名學生組成，不同的安排方案共有（）A．種 B．種 C．種 D．種4．根據如下樣本數據得到的回歸方程為，則

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A．， B．， C．， D．，5．設，則“”是的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．的常數項為(

)A．28 B．56 C．112 D．2247．已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，當x>0時，f(x)=2x-3A．-1 B．1 C．-2 D．28．在數列中，，則等于（）A．9 B．10 C．27 D．819．若是虛數單位，，則實數（）A． B． C．2 D．310．函數的圖象大致為A． B． C． D．11．若則有（）A． B．C． D．12．設函數在R上可導，其導函數為，且函數的圖像如題（8）圖所示，則下列結論中一定成立的是A．函數有極大值和極小值B．函數有極大值和極小值C．函數有極大值和極小值D．函數有極大值和極小值二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知命題：，為真命題，則實數的取值范圍為__________．14．如圖所示，AC與BD交于點E，AB∥CD，AC=3，AB=2CD=6，當tanA=2時，=_____．15．已知函數f（x）＝e2x+2f（0）ex﹣f′（0）x，f′（x）是f（x）的導函數，若f（x）≥x﹣ex+a恒成立，則實數a的取值范圍為__．16．若x,y滿足約束條件x+y-3≥0x-2y≤0，則函數z=x+2y的最小值為__________三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知命題p：函數f(x)＝x2－2mx＋4在[2，＋∞)上單調遞增，命題q：關于x的不等式mx2＋4(m－2)x＋4>0的解集為R.若p∨q為真命題，p∧q為假命題，求m的取值范圍．18．（12分）已知函數.（1）解不等式；（2）若對任意，不等式恒成立，求實數的最大值．19．（12分）已知函數.（1）當時，討論函數的單調性；（2）若不等式對于任意恒成立，求正實數的取值范圍.20．（12分）某基地蔬菜大棚采用水培、無土栽培方式種植各類蔬菜.過去50周的資料顯示，該地周光照量X(小時)都在30小時以上，其中不足50小時的周數有5周，不低于50小時且不超過70小時的周數有35周，超過70小時的周數有10周.根據統(tǒng)計，該基地的西紅柿增加量y(百斤)與使用某種液體肥料x(千克)之間對應數據為如圖所示的折線圖．（1）依據數據的折線圖，是否可用線性回歸模型擬合y與x的關系？請計算相關系數r并加以說明(精確到0.01)(若，則線性相關程度很高，可用線性回歸模型擬合)（2）蔬菜大棚對光照要求較大，某光照控制儀商家為該基地提供了部分光照控制儀，但每周光照控制儀最多可運行臺數受周光照量X限制，并有如表關系：周光照量（單位：小時）光照控制儀最多可運行臺數321若某臺光照控制儀運行，則該臺光照控制儀周利潤為3000元；若某臺光照控制儀未運行，則該臺光照控制儀周虧損1000元.以過去50周的周光照量的頻率作為周光照量發(fā)生的概率，商家欲使周總利潤的均值達到最大，應安裝光照控制儀多少臺？附：相關系數，參考數據：，，，21．（12分）已知曲線的參數方程為(為參數在以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線：.1求曲線的普通方程和的直角坐標方程；2若與相交于兩點，設點，求的值．22．（10分）若數列的前項和為，且，.（1）求，，；（2）猜想數列的通項公式，并用數學歸納法加以證明.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】略2、C【解析】

化簡二項式的展開式，令的指數為零，求得常數項.【詳解】二項式展開式的通項為，令，故常數項為，故選C.【點睛】本小題主要考查二項式展開式的通項公式，考查二項式展開式中的常數項，屬于基礎題.3、A【解析】試題分析：第一步，為甲地選一名老師，有種選法；第二步，為甲地選兩個學生，有種選法；第三步，為乙地選名教師和名學生，有種選法，故不同的安排方案共有種，故選A．考點：排列組合的應用．4、B【解析】

試題分析：由表格數據的變化情況可知回歸直線斜率為負數，中心點為，代入回歸方程可知考點：回歸方程5、A【解析】分析：先化簡兩個不等式，再利用充要條件的定義來判斷.詳解：由得-1＜x-1＜1，所以0＜x＜2.由得x＜2，因為，所以“”是的充分不必要條件.故答案為：A.點睛：（1）本題主要考查充要條件的判斷和不等式的解法，意在考查學生對這些知識的掌握水平和基本計算能力.(2)本題利用集合法判斷充要條件，首先分清條件和結論；然后化簡每一個命題，建立命題和集合的對應關系.，；最后利用下面的結論判斷：（1）若,則是的充分條件，若，則是的充分非必要條件；（2）若,則是的必要條件，若，則是的必要非充分條件；（3）若且，即時，則是的充要條件.6、C【解析】分析：由二項展開式的通項，即可求解展開式的常數項.詳解：由題意，二項式展開式的通項為，當時，，故選C.點睛：本題主要考查了二項展開式的指定項的求解，其中熟記二項展開式的通項是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力.7、A【解析】

先求出f2，再利用奇函數的性質得f【詳解】由題意可得，f2=22-3=1因此，f-2=-f【點睛】本題考查利用函數的奇偶性求值，解題時要注意結合自變量選擇解析式求解，另外就是靈活利用奇偶性，考查計算能力，屬于基礎題。8、C【解析】

利用題設中遞推公式，構造等比數列，求得等比數列的通項公式，即可求解.【詳解】由題意，在數列中，，即可得數列表示首項，公比的等比數列，所以，故選C.【點睛】本題主要考查了等比數列的定義，以及等比數列的通項公式的應用，其中解答中熟記等比數列的定義和等比數列的通項公式，準確計算是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.9、B【解析】

先利用復數的模長公式得到，再根據復數相等的定義，即得解.【詳解】由于由復數相等的定義，故選：B【點睛】本題考查了復數的模長和復數相等的概念，考查了學生概念理解，數學運算的能力，屬于基礎題.10、C【解析】函數f（x）=（）cosx，當x=時，是函數的一個零點，屬于排除A，B，當x∈（0，1）時，cosx＞0，＜0，函數f（x）=（）cosx＜0，函數的圖象在x軸下方．排除D．故答案為C。11、D【解析】①，∵，∴，故．②，，∴，故．綜上．選D．12、D【解析】

則函數增；則函數減；則函數減；則函數增；選D.【考點定位】判斷函數的單調性一般利用導函數的符號，當導函數大于0則函數遞增，當導函數小于0則函數遞減二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分析：：，為真命題，則詳解：已知命題：，為真命題，則實數的取值范圍為.即答案為點睛：本題考查當特稱命題為真時參數的取值范圍，屬基礎題.14、12【解析】分析：根據余弦定理求出，再由余弦定理可得，根據平面向量的數量積公式求解即可.詳解：由,可知，在中，,，，故答案為.點睛：本題主要考查平面向量數量積公式，余弦定理及特殊角的三角函數，屬于簡單題.對余弦定理一定要熟記兩種形式：（1）；（2），同時還要熟練掌握運用兩種形式的條件.另外，在解與三角形、三角函數有關的問題時，還需要記住等特殊角的三角函數值，以便在解題中直接應用.15、（﹣∞，0]．【解析】

令，得到，再對求導，然后得到，令，得到，再得到，然后對，利用參變分離，得到，再利用導數求出的最小值，從而得到的取值范圍.【詳解】因為所以令得，即，而令得，即所以則整理得設，則令，則所以當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以所以的范圍為，故答案為.【點睛】本題考查了利用導數研究函數的單調性和最值，考查了轉化思想和函數思想，屬中檔題．16、5.【解析】分析：作出約束條件所表示的平面區(qū)域，結合圖象，得到目標函數經過點B時，目標函數取得最小值，即可求解．詳解：作出約束條件所表示的平面區(qū)域，如圖所示，目標函數z=x+2y，則y=-1由圖象可知當取可行域內點B時，目標函數取得最小值，由x+y-3=0x-2y=0，解得B(1,2)此時函數的最小值為z=1+2×2=5．點睛：本題主要考查簡單線性規(guī)劃．解決此類問題的關鍵是正確畫出不等式組表示的可行域，將目標函數賦予幾何意義；求目標函數的最值的一般步驟為：一畫二移三求．其關鍵是準確作出可行域，理解目標函數的意義．常見的目標函數有：（1）截距型：形如z=ax+by.求這類目標函數的最值常將函數z=ax+by轉化為直線的斜截式：y=-abx+zb，通過求直線的截距zb的最值間接求出z的最值；（2）三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、【解析】

根據二次函數的單調性，以及一元二次不等式的解的情況和判別式△的關系即可求出命題p，q為真命題時m的取值范圍．根據p∨q為真命題，p∧q為假命題得到p真q假或p假q真，求出這兩種情況下m的范圍并求并集即可．【詳解】若命題p為真，因為函數f(x)的圖象的對稱軸為x＝m，則m≤2；若命題q為真，當m＝0時，原不等式為－8x＋4>0，顯然不成立．當m≠0時，則有解得1<m<4.由題意知，命題p，q一真一假，故或解得m≤1或2<m<4.【點睛】（1）二次函數圖象與x軸交點的橫坐標、二次不等式解集的端點值、一元二次方程的解是同一個量的不同表現形式．（2）二次函數、二次方程與二次不等式統(tǒng)稱“三個二次”，它們常結合在一起，而二次函數又是“三個二次”的核心，通過二次函數的圖象貫穿為一體．有關二次函數的問題，利用數形結合的方法求解，密切聯(lián)系圖象是探求解題思路的有效方法．18、（1）（2）4【解析】

換元法，先換元再解不等式。令換元后參變分離，求最值?！驹斀狻拷猓海?）設，則，∴，即，解得或，即或，∴或.∴的解集為.（2），令，則（當且僅當時，等號成立）．又，故可化為，即，又，（當且僅當，即時等號成立）．∴，即的最大值為4.【點睛】本題考查換元法、不等式、函數的恒成立問題，屬于中檔題。19、(1)當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；當時，函數在上單調遞減，在和上單調遞增.(2)【解析】

(1)對函數求導得到，討論a和0和1的大小關系，從而得到單調區(qū)間；（2）原題等價于對任意，有成立，設，所以，對g(x)求導研究單調性，從而得到最值，進而求得結果.【詳解】（Ⅰ）函數的定義域為．．①若，則當或時，，單調遞增；當時，，單調遞減；②若，則當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；綜上所述，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；當時，函數在上單調遞減，在和上單調遞增．（Ⅱ）原題等價于對任意，有成立，設，所以．．令，得；令，得．∴函數在上單調遞減，在上單調遞增，為與中的較大者．設，則，∴在上單調遞增，故，所以，從而．∴，即．設，則．所以在上單調遞增．又，所以的解為．∵，∴的取值范圍為．【點睛】本題考查了導數的綜合應用問題，解題時應根據函數的導數判定函數的增減性以及求函數的極值和最值，應用分類討論法，構造函數等方法來解答問題．對于函數恒成立或者有解求參的問題，常用方法有：變量分離，參變分離，轉化為函數最值問題；或者直接求函數最值，使得函數最值大于或者小于0；或者分離成兩個函數，使得一個函數恒大于或小于另一個函數.20、（1），可用線性回歸模型擬合y與x的關系；（2）2臺光照控制儀.【解析】

（1）由題中所給的數據計算，進而結合參考數據計算相關系數，得出答案；（2）記商家周總利潤為Y元，由條件可知至少需要安裝1臺，最多安裝3臺光照控制儀．①安裝1臺光照控制儀可獲得周總利潤3000元；②安裝2臺光照控制儀有2種情形：做出分布列即可求解．【詳解】（1）由已知數據可得，所以相關系數因為，所以可用線性回歸模型擬合y與x的關系．（2）記商家周總利潤為Y元，由條件可知至少需要安裝1臺，最多安裝3臺光照控制儀．①安裝1臺光照控制儀可獲得周總利潤3000元；②安裝2臺光照控制儀的情形：當X＞70時，只有1臺光照控制儀運行，此時周總利潤Y＝3000﹣1000＝2000元，當30＜X≤70時，2臺光照控制儀都運行，此時周總利潤Y＝2×3000＝6000元，故Y的分布列為：Y20006000P0.20.8所以E（Y）＝1000×0.2+5000×0.7+9000×0.1＝4600元．綜上可知，為使商家周利潤的均值達到最大應該安裝2臺光照控制儀.【點睛】本