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、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．的展開式中各項系數之和為（）A． B．16 C．1 D．02．設集合A＝{x|x2－3x＜0}，B＝{x|－2≤x≤2}，則A∩B＝()A．{x|2≤x＜3}B．{x|－2≤x＜0}C．{x|0＜x≤2}D．{x|－2≤x＜3}3．若函數對任意都有成立，則（）A．B．C．D．與的大小不確定4．已知圓與雙曲線的漸近線相切，則的離心率為（）A． B． C． D．5．已知函數是函數的導函數，，對任意實數都有，則不等式的解集為（）A． B． C． D．6．已知隨機變量，則參考數據：若，A．0.0148 B．0.1359 C．0.1574 D．0.3148.7．若函數在時取得極值，則（）A． B． C． D．8．函數的導函數為，若不等式的解集為，且的極小值等于，則的值是()。A． B． C．5 D．49．若集合，，則()A． B．C． D．10．由無理數引發的數學危機一直延續到19世紀，直到1872年，德國數學家戴德金提出了“戴德金分割”，才結束了持續2000多年的數學史上的第一次大危機．所謂戴德金分割，是指將有理數集劃分為兩個非空的子集與，且滿足，，中的每一個元素都小于中的每一個元素，則稱為戴德金分割．試判斷，對于任一戴德金分割，下列選項中不可能成立的是A．沒有最大元素，有一個最小元素B．沒有最大元素，也沒有最小元素C．有一個最大元素，有一個最小元素D．有一個最大元素，沒有最小元素11．設隨機變量，，則（）A． B． C． D．12．公元263年左右，我國數學家劉徽發現當圓內接正多邊形的邊數無限增加時，多邊形面積可無限逼近圓的面積，并創立了“割圓術”．劉徽應用“割圓術”得到了圓周率精確到小數點后四位的近似值，這就是著名的“徽率”．如圖是應用劉徽的“割圓術”思想設計的一個程序框圖，則輸出的值為（）（參考數據：，）A．12 B．24 C．36 D．48二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知“”是“”的充分不必要條件，且，則的最小值是_____．14．定積分的值等于________.15．已知將函數的圖象向右平移個單位長度得到函數的圖象，若和的圖象都關于對稱，則______.16．設，其中實數，則__________．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）如圖,五邊形中,四邊形為長方形,為邊長為的正三角形,將沿折起,使得點在平面上的射影恰好在上.（Ⅰ）當時,證明:平面平面；（Ⅱ）若,求平面與平面所成二面角的余弦值的絕對值.18．（12分）有甲、乙兩個游戲項目，要參與游戲，均需每次先付費元（不返還），游戲甲有種結果：可能獲得元，可能獲得元，可能獲得元，這三種情況的概率分別為，，；游戲乙有種結果：可能獲得元，可能獲得元，這兩種情況的概率均為.（1）某人花元參與游戲甲兩次，用表示該人參加游戲甲的收益（收益=參與游戲獲得錢數-付費錢數），求的概率分布及期望；（2）用表示某人參加次游戲乙的收益，為任意正整數，求證：的期望為.19．（12分）已知函數，其中（Ⅰ）求的單調區間；（Ⅱ）若在上存在，使得成立，求的取值范圍.20．（12分）2016年10月16日，在印度果阿出席金磚國家領導人第八次會議時，發表了題為《堅定信心，共謀發展》的重要講話，引起世界各國的關注，為了了解關注程度，某機構選取“70后”和“80后”兩個年齡段作為調查對象，進行了問卷調查，共調查了120名“80后”，80名“70后”，其中調查的“80后”有40名不關注，其余的全部關注；調查的“70”后有10人不關注，其余的全部關注.（1）根據以上數據完成下列2×2列聯表：關注不關注合計“80后”“70后”合計（2）根據2×2列聯表，能否在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下，認為“關注與年齡段有關”？請說明理由。參考公式：K2=（n=a+b+c+d）附表：P（K2≥k0）0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.82821．（12分）設，復數，其中為虛數單位.（1）當為何值時，復數是虛數？（2）當為何值時，復數是純虛數？22．（10分）在平面直角坐標系中，點P到兩點，的距離之和等于4，設點P的軌跡為．（Ⅰ）寫出C的方程；（Ⅱ）設直線與C交于A，B兩點．k為何值時？此時的值是多少？

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】

令，由此求得二項式的展開式中各項系數之和.【詳解】令，得各項系數之和為．故選：C【點睛】本小題主要考查二項式展開式各項系數之和的求法，屬于基礎題.2、C【解析】

求出集合A中不等式的解集，結合集合B，得到兩個集合的交集．【詳解】A={x|x2﹣3x＜0}={x|0＜x＜3}，∵B={x|﹣2≤x≤2}，∴A∩B={x|0＜x≤2}，故選：C．【點睛】求集合的交、并、補時，一般先化簡集合，再由交、并、補的定義求解；在進行集合的運算時要盡可能地借助Venn圖和數軸使抽象問題直觀化．一般地，集合元素離散時用Venn圖表示；集合元素連續時用數軸表示，用數軸表示時要注意端點值的取舍．3、A【解析】

構造函數，利用導數可判斷g（x）的單調性，由單調性可得g（ln3）與g（ln5）的大小關系，整理即可得到答案．【詳解】解：令，則，因為對任意都有，所以，即在R上單調遞增，又，所以，即，即，故選：A．【點睛】本題考查導數的運算及利用導數研究函數的單調性，解決本題的關鍵是根據選項及已知條件合理構造函數，利用導數判斷函數的單調性，屬中檔題.4、B【解析】

由題意可得雙曲線的漸近線方程為，根據圓心到切線的距離等于半徑，求出的關系，進而得到雙曲線的離心率，得到答案．【詳解】由題意，根據雙曲線的漸近線方程為．根據圓的圓心到切線的距離等于半徑1，可得，整理得，即，又由，則，可得即雙曲線的離心率為．故選：B．【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質——離心率的求解，其中求雙曲線的離心率(或范圍)，常見有兩種方法：①求出，代入公式；②只需要根據一個條件得到關于的齊次式，轉化為的齊次式，然后轉化為關于的方程，即可得的值(范圍)．5、B【解析】令,,所以函數是減函數，又，所以不等式的解集為本題選擇B選項.6、B【解析】

根據正態分布函數的對稱性去分析計算相應概率.【詳解】因為即，所以，，又，，且，故選：B.【點睛】本題考查正態分布的概率計算，難度較易.正態分布的概率計算一般都要用到正態分布函數的對稱性，根據對稱性，可將不易求解的概率轉化為易求解的概率.7、D【解析】

對函數求導，根據函數在時取得極值，得到，即可求出結果.【詳解】因為，所以，又函數在時取得極值，所以，解得.故選D【點睛】本題主要考查導數的應用，根據函數的極值求參數的問題，屬于常考題型.8、D【解析】

求導數，利用韋達定理，結合的極小值等于，即可求出的值，得到答案．【詳解】依題意，函數，得的解集是，于是有，解得，∵函數在處取得極小值，∴，即，解得，故選：D．【點睛】本題主要考查了利用導數研究函數的極值，考查韋達定理的運用，著重考查了學生分析解決問題的能力，比較基礎.9、A【解析】分析：求出及，即可得到.詳解：則.故選C.點睛：本題考查集合的綜合運算，屬基礎題.10、C【解析】試題分析：設,顯然集合M中沒有最大元素，集合N中有一個最小元素，即選項A可能；,顯然集合M中沒有最大元素，集合N中也沒有最小元素，即選項B可能；,顯然集合M中有一個最大元素，集合N中沒有最小元素，即選項D可能；同時，假設答案C可能，即集合M、N中存在兩個相鄰的有理數，顯然這是不可能的，故選C．考點：以集合為背景的創新題型．【方法點睛】創新題型，應抓住問題的本質，即理解題中的新定義，脫去其“新的外衣”，轉化為熟悉的知識點和題型上來．本題即為，有理數集的交集和并集問題，只是考查兩個子集中元素的最值問題，即集合M、N中有無最大元素和最小元素．11、A【解析】

根據正態分布的對稱性即可求得答案.【詳解】由于，故，則，故答案為A.【點睛】本題主要考查正態分布的概率計算，難度不大.12、B【解析】試題分析：模擬執行程序，可得，不滿足條件；不滿足條件；滿足條件，推出循環，輸出的值為，故選B.考點：程序框圖.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先求解指數不等式，再運用充分不必要條件求解范圍.【詳解】，則由題意得，所以能取的最小整數是．【點睛】本題考查指數不等式和充分不必要條件，屬于基礎題.14、ln1【解析】

直接根據定積分的計算法則計算即可．【詳解】，故答案為：ln1．【點睛】本題考查了定積分的計算，關鍵是求出原函數，屬于基礎題．15、【解析】

根據左右平移可得解析式；利用對稱性可得關于和的方程組；結合和的取值范圍可分別求出和的值，從而得到結果.【詳解】由題意知：和的圖象都關于對稱，解得：，又本題正確結果：【點睛】本題考查三角函數的平移變換、根據三角函數對稱性求解函數解析式的問題，關鍵是能夠根據正弦型函數對稱軸的求解方法構造出方程組.16、【解析】分析：由題，利用二項展開式即可求得.詳解：根據題意，則即答案為.點睛：本題考查二項展開式及展開式的系數，屬中檔題.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、(Ⅰ)證明見解析；(Ⅱ).【解析】試題分析：（Ⅰ）作，垂足為，依題意得平面，則，平面，，結合勾股定理可得，則平面，平面平面.（Ⅱ）由幾何關系，以為軸建立空間直角坐標系，由題意可得平面的法向量，平面的法向量.計算可得平面與平面所成二面角的余弦值的絕對值為.試題解析：（Ⅰ）作，垂足為，依題意得平面，，又，平面，利用勾股定理得，同理可得.在中，平面，又平面，所以平面平面（Ⅱ）連結，，，，又四邊形為長方形，.取中點為，得∥，連結，其中，，由以上證明可知互相垂直，不妨以為軸建立空間直角坐標系.，，設是平面的法向量，則有即，令得設是平面的法向量，則有即令得.則所以平面與平面所成二面角的余弦值的絕對值為.18、（1）分布列見解析，期望為；（2）見解析．【解析】分析：（1）表示該人參加游戲甲的收益，可能取值為，，，，分布列為：（2）用表示某人參加次游戲乙的收益可能取值為，，，…，，…（且），每次獨立，獲獎的概率為.滿足二項分布。詳解：（1）則的所有可能取值為，，，，，，，，，，；（2）證明：的所有可能取值為，，，…，，…（且），（且），，，兩式相加即得，所以.點睛：（1）離散型隨機變量的分布列，根據題意，搞清隨機變量的最小值和最大值，其它值隨之確定。（2）根據題意，要能判斷出是否為二項分布，抓題目的關鍵詞：事件相互獨立（放回），每次事件成功的概率相等.（3）二項分布的期望公式，方差19、（1）見解析（2）【解析】試題分析：（1）函數的單調區間與導數的符號相關，而函數的導數為，故可以根據的符號討論導數的符號，從而得到函數的單調區間.（2）若不等式在上有解，那么在上，.但在上的單調性不確定，故需分三種情況討論.解析：（1），①當時，在上，在上單調遞增；②當時，在上；在上；所以在上單調遞減，在上單調遞增.綜上所述，當時，的單調遞增區間為，當時，的單調遞減區間為，單調遞增區間為.（2）若在上存在，使得成立，則在上的最小值小于.①當，即時，由（1）可知在上單調遞增，在上的最小值為，由，可得，②當，即時，由（1）可知在上單調遞減，在上的最小值為，由，可得；③當，即時，由（1）可知在上單調遞減，在上單調遞增，在上的最小值為，因為，所以，即，即，不滿足題意，舍去.綜上所述，實數的取值范圍為.點睛：函數的單調性往往需要考慮導數的符號，通常情況下，我們需要把導函數變形，找出能決定導數正負的核心代數式，然后就參數的取值范圍分類討論.又不等式的恒成立問題和有解問題也常常轉化為函數的最值討論，比如：“在上有解”可以轉化為“在上，有”，而“在恒成立”可以轉化為“在上，有”.20、（1）見解析；（2）見解析【解析】試題分析：（1）根據題設中的數據，即可填寫的列聯表；（2）利用獨立性檢驗的公式，計算的值，即可作出預測．試題解析：（1)2X2列聯表：（2）根據列聯表計算K2=≈11.11>10.828對照觀測值得:能在犯錯誤的概率不超過0.001的前提下認為“關注”與“不關注”與年齡