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．過拋物線的焦點F的直線交拋物線于A、B兩點，若，則（）A． B．1 C． D．22．已知為虛數單位，復數，則（）A． B． C． D．3．若集合，，則有（）A． B． C． D．4．已知定義在上的連續奇函數的導函數為，當時，，則使得成立的的取值范圍是（）A． B． C． D．5．“”是“方程表示焦點在軸上的雙曲線”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．已知，且，由“若是等差數列，則”可以得到“若是等比數列，則”用的是（）A．歸納推理 B．演繹推理 C．類比推理 D．數學證明7．為得到函數的圖象，只需將函數圖象上所有的點（）A．橫坐標縮短到原來的倍B．橫坐標伸長到原來的倍C．橫坐標縮短到原來的倍，再向右平移個單位D．橫坐標伸長到原來的倍，再向右平移個單位8．在5件產品中，有3件一等品和2件二等品，從中任取2件，以為概率的事件是()A．恰有1件一等品 B．至少有一件一等品C．至多有一件一等品 D．都不是一等品9．若集合，則集合()A． B．C． D．10．若函數在上單調遞增，則的取值范圍是（）A． B．C． D．11．已知，則（）A．16 B．17 C．32 D．3312．在三棱錐中，平面，，，則三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若隨機變量，且，則__________.14．長方體內接于球O，且，，則A、B兩點之間的球面距離為______．15．展開式中，二項式系數最大的項是_________．16．為強化安全意識，某校擬在周一至周五的五天中隨機選擇天進行緊急疏散演練，則選擇的天恰好為連續天的概率是__________．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）在平面直角坐標系中,設向量,.(1)當時,求的值；(2)若，且.求的值.18．（12分）已知函數．(1)討論的單調性；(2)當時，，求的最大整數值．19．（12分）如圖，三棱錐中，，，，．（1）求證：；（2）求二面角的余弦值．20．（12分）已知（其中且，是自然對數的底）.（1）當，時，求函數在處的切線方程；（2）當時，求函數在上的最小值；（3）若且關于的不等式在上恒成立，求證：.21．（12分）近年來，鄭州經濟快速發展，躋身新一線城市行列，備受全國矚目．無論是市內的井字形快速交通網，還是輻射全國的米字形高鐵路網，鄭州的交通優勢在同級別的城市內無能出其右．為了調查鄭州市民對出行的滿意程度，研究人員隨機抽取了1000名市民進行調查，并將滿意程度以分數的形式統計成如下的頻率分布直方圖，其中．（1）求的值；（2）若按照分層抽樣從[50，60)，[60，70)中隨機抽取8人，再從這8人中隨機抽取2人，求至少有1人的分數在[50，60)的概率．22．（10分）已知矩陣.（1）求直線在對應的變換作用下所得的曲線方程；（2）求矩陣的特征值與特征向量.

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】

根據拋物線的定義，結合，求出A的坐標，然后求出AF的方程求出B點的橫坐標即可得到結論．【詳解】拋物線的焦點F（1，0），準線方程為，設A（x，y），則，故x=4，此時y=4，即A（4，4），則直線AF的方程為，即，代入得，解得x=4（舍）或，則，故選：C．【點睛】本題主要考查拋物線的弦長的計算，根據拋物線的定義是解決本題的關鍵．一般和拋物線有關的小題，可以應用結論來處理；平時練習時應多注意拋物線的結論的總結和應用。尤其和焦半徑聯系的題目，一般都和定義有關，實現點點距和點線距的轉化。2、C【解析】

對進行化簡，得到標準形式，在根據復數模長的公式，得到【詳解】對復數進行化簡所以【點睛】考查復數的基本運算和求復數的模長，屬于簡單題.3、B【解析】分析：先分別求出集合M和N，由此能求出M和N的關系.詳解：，，故.故選：B.點睛：本題考查兩個集合的包含關系的判斷，考查指數函數、一元二次函數等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是基礎題.4、C【解析】

根據時可得：；令可得函數在上單調遞增；利用奇偶性的定義可證得為偶函數，則在上單調遞減；將已知不等式變為，根據單調性可得自變量的大小關系，解不等式求得結果.【詳解】當時，令，則在上單調遞增為奇函數為偶函數則在上單調遞減等價于可得：，解得：本題正確選項：【點睛】本題考查函數奇偶性和單調性的綜合應用問題，關鍵是能夠構造函數，根據導函數的符號確定所構造函數的單調性，并且根據奇偶性的定義得到所構造函數的奇偶性，從而將函數值的大小關系轉變為自變量之間的比較.5、B【解析】

解得方程表示焦點在軸上的雙曲線的m的范圍即可解答.【詳解】表示焦點在軸上的雙曲線?,解得1<m<5,故選B.【點睛】本題考查雙曲線的方程，是基礎題，易錯點是不注意6、C【解析】分析：根據類比推理的定義，結合等差數列與等比數列具有類比性，且等差數列與和差有關，等比數列與積商有關，可得結論.詳解：根據類比推理的定義，結合等差數列與等比數列具有類比性，且等差數列與和差有關，等比數列與積商有關，故選C.點睛：本題主要考查等差數列類比到等比數列的類比推理，類比推理一般步驟：①找出等差數列、等比數列之間的相似性或者一致性．②用等差數列的性質去推測物等比數列的性質，得出一個明確的命題（或猜想）．7、A【解析】分析：先將三角函數化為同名函數然后根據三角函數伸縮規則即可.詳解：由題可得：，故只需橫坐標縮短到原來的倍即可得，故選A.點睛：考查三角函數的誘導公式，伸縮變換，對公式的正確運用是解題關鍵，屬于中檔題.8、C【解析】

將件一等品編號為，件二等品的編號為，列舉出從中任取件的所有基本事件的總數，分別計算選項的概率，即可得到答案．【詳解】將3件一等品編號為1,2,3,2件二等品編號為4,5，從中任取2件有10種取法：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)．其中恰含有1件一等品的取法有：(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，恰有1件一等品的概率為P1＝，恰有2件一等品的取法有：(1,2)，(1,3)，(2,3)．故恰有2件一等品的概率為P2＝，其對立事件是“至多有一件一等品”，概率為P3＝1－P2＝1－＝.【點睛】本題主要考查了古典概型及其概率的計算問題，其中明確古典概型的基本概念，以及古典的概型及概率的計算公式，合理作出計算是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題．9、D【解析】試題分析：解：所以選D．考點：集合的運算．10、D【解析】分析：函數在上單調遞增，即在上恒成立詳解：由在R上單調遞增可得在R上恒成立在R上恒成立解得綜上所述,答案選擇:D點晴：導數中的在給定區間單調遞增，即導函數在相應區間內≥0恒成立，在給定區間內單調遞減，即導函數≤0恒成立。11、B【解析】

令，求出系數和，再令，可求得奇數項的系數和，令，求出即可求解.【詳解】令，得，令，得，所以，令，得，所以，故選：B【點睛】本題主要考查了賦值法求多項式展開式的系數和，考查了學生的靈活解題的能力，屬于基礎題.12、C【解析】

先求出的外接圓的半徑，然后取的外接圓的圓心，過作，且，由于平面，故點為三棱錐的外接球的球心，為外接球半徑，求解即可.【詳解】在中，，，可得，則的外接圓的半徑，取的外接圓的圓心，過作，且，因為平面，所以點為三棱錐的外接球的球心，則，即外接球半徑，則三棱錐的外接球的表面積為.故選C.【點睛】本題考查了三棱錐的外接球表面積的求法，考查了學生的空間想象能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由條件求得，可得正態分布曲線的圖象關于直線對稱．求得的值，根據對稱性，即可求得答案.【詳解】隨機變量，且，可得，正態分布曲線的圖象關于直線對稱．，故答案為：．【點睛】本題考查了正態分布曲線的特點及曲線所表示的意義，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題．14、【解析】

利用長方體外接球直徑為其體對角線長求得外接球半徑，及所對球心角，利用弧長公式求出答案．【詳解】由，，得，長方體外接球的半徑為正三角形，，兩點間的球面距離為，故答案為：．【點睛】本題考查了長方體外接球問題，以及求兩點球面距離，屬于簡單題．15、【解析】

根據題意，由二項式系數的性質，得到第4項的二項式系數最大，求出第4項即可.【詳解】在的展開式中，由二次項系數的性質可得：展開式中第4項的二項式系數最大，因此，該項為：.故答案為：.【點睛】本題主要考查求二項式系數的最大項，熟記二項式定理即可，屬于基礎題型.16、【解析】試題分析：考查古典概型的計算公式及分析問題解決問題的能力.從個元素中選個的所有可能有種，其中連續有共種，故由古典概型的計算公式可知恰好為連續天的概率是.考點：古典概型的計算公式及運用.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、（1）；（2）．【解析】分析：(1)直接帶入即可(2)利用向量數量積打開后再利用二倍角公式變形化同名詳解：(1)當時，，，所以.(2)，若.則，即.因為，所以，所以，所以.點睛：三角函數跟向量的綜合是高考當中的熱點問題，常常需要利用二倍角公式的逆用對得到的函數關系式進行化簡，最終化簡為的形式.18、(1)在上單調遞減，在上單調遞增.(2)2.【解析】分析：（1）先確定函數的定義域，再求出函數的導數，，分類討論，確定和時函數的單調性.（2）根據題意，轉化為時，條件下求參數問題.由（1）可知：①當時在上單調遞增，且，即成立；②時，即，分析情況同①；③時，即，，構造關于的新函數，判斷函數的單調性，確定函數零點位置，而；綜上得的最大整數值為.詳解：解：（1）函數的定義域為．，當時，，在上單調遞增，當時，令，得，令，得，在上單調遞減，在上單調遞增.（2）由（1）知，當時在上單調遞增，又，所以當時，，滿足題意.由（1）知，當時，在上單調遞減，在上單調遞增.若，即，在上單調遞增，所以當時，，滿足題意.若，即，在上單調遞減，在上單調遞增.即令，，在上單調遞減，又，，在上存在唯一零點，綜上所述，的取值范圍為，故的最大整數值為.點睛：本題考查利用導數分析含參函數單調性，應用函數的單調性求恒成立問題的參數，考查了分類討論思想、轉化思想和構造函數法，是一道綜合題.導函數為二次函數的含參函數的單調性分類討論步驟：（1）求定義域.（2）討論導數的最高項系數，若最高項系數含有參數則需分等于零和不等于零進行討論；若最高項系數不含參數則此步略.（3），再結合二次項系數的正負，確定函數單調性;（4），即有兩個零點和，討論兩個零點的大小及其與函數定義域的關系，再結合二次項系數分解出各單調區間，明確單調性.（5）將分類討論的情況進行總結.19、(1)見證明；(2)【解析】

（1）取AB的中點D，連結PD，CD．推導出AB⊥PD，AB⊥CD，從而AB⊥平面PCD，由此能證明AB⊥PC．（2）作PO⊥CD交CD于O，作PE⊥BC，連結OE．推導出PO⊥AB，從而PO⊥平面ABC，由三垂線定理得OE⊥BC，從而∠PEO是所求二面角P﹣BC﹣A的平面角，由此能求出二面角P﹣BC﹣A的余弦值．【詳解】（1）取的中點，連結，.因為，，所以，，所以平面，因為平面，所以.（2）作交于，又由PO⊥AB，所以PO⊥平面ABC，作，連結，根據三垂線定理，可得，所以是所求二面角的平面角，求得，，在直角中，則，所以．【點睛】本題主要考查了線線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．20、（1）;（2）當或時，最小值為，當時，最小值為;（3）見解析.【解析】

（1）利用導數的幾何意義，求出切線的斜率，再寫出切點坐標，就可以寫出切線方程．（2）當時，，求導得單調性時需要分類討論,,，再求最值．（3）將恒成立問題轉化為在上恒成立，設，，求出，再令設，，求最大值小于，進而得出結論．【詳解】解：（1），時，，，，，函數在處的切線方程為，即.（2）當時，，，令，解得或，當時，即時，在上恒成立，在上單調遞減，；當時，即時，在上恒成立，在上單調遞減，；③當時，即時，當時，，當時，，在上單調遞減，在上單調遞增，．綜上所述：當或時，最小值為；當時，最小值為.（3）證明：由題意知，當時，在上恒成立，在上恒成立，設，，，在上恒成立，在上單調遞減，，，存在使得，即，因為，所以.當時，，當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，，，設，，，在恒成立，在上單調遞增，，在單調遞增，，．【點睛】本題考查導數的綜合應用，考查了最值問題，考查了不等式恒成立問題.若要證明，一般地，只需說明即可；若要證明恒成立，一般只需說明即可，即將不等式問題轉化為最值問題.21、（1）；（2）.【解析】

根據頻率分布直方圖的特點:可列的式子：，求得，根據圖，可知a＝4b，繼而求得a,b，先利用分層抽樣得方法，確定[50，60)，[60，70)中分別抽取的人數，然后利用古典概型，求得概率【詳解】（1）依題意得，所以，又a＝4b，所以a＝0.024，b＝0.1．（2）依題意，知分數在[50，60）的市民抽取了2人，記為a，b，分數在[60，70）的市民抽取了6人，記為1，2，3，4，