2022-2023高二下數學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．將個不同的小球放入個盒子中，則不同放法種數有（）A． B． C． D．2．已知x，y滿足不等式組則z="2x"+y的最大值與最小值的比值為A． B． C． D．23．某商場要從某品牌手機a、b、c、d、e五種型號中，選出三種型號的手機進行促銷活動，則在型號a被選中的條件下，型號b也被選中的概率是（）A． B． C． D．4．函數的定義城是（）A． B． C． D．5．設集合A={x|x>0}，B={x|x2-5x-14<0}，則A．{x|0<x<5} B．{x|2<x<7}C．{x|2<x<5} D．{x|0<x<7}6．用數學歸納法證明“能被13整除”的第二步中，當時為了使用歸納假設，對變形正確的是（）A． B．C． D．7．《九章算術》中有如下問題：“今有勾八步，股一十五步，問勾中容圓，徑幾何？”其大意：“已知直角三角形兩直角邊長分別為步和步，問其內切圓的直徑為多少步？”現若向此三角形內隨機投一粒豆子，則豆子落在其內切圓外的概率是（）A． B． C． D．8．平行于直線且與圓相切的直線的方程是（）A．或 B．或C．或 D．或9．已知若存在，使得，則稱與互為“1度零點函數”，若與互為“1度零點函數”，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．10．袋中裝有6個紅球和4個白球，不放回的依次摸出兩球，在第一次摸到紅球的條件下，第二次摸到紅球的概率是A． B． C． D．11．已知離散型隨機變量X的分布列如圖，則常數c為（）X01PA． B． C．或 D．12．如圖，在正方體中，分別是的中點，則下列說法錯誤的是（）A． B．平面C． D．平面二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．隨機變量，變量，是__________．14．將三封錄取通知書投入四個郵筒共有_____________種不同的投遞方式.15．如圖所示線路圖，機器人從A地經B地走到C地，最近的走法共有________種.（用數字作答）16．乒乓球賽規定：一局比賽，雙方比分在10平前，一方連續發球2次后，對方再連續發球2次，依次輪換，每次發球，勝方得1分，負方得0分．設在甲、乙的比賽中，每次發球，甲發球得1分的概率為，乙發球得1分的概率為，各次發球的勝負結果相互獨立，甲、乙的一局比賽中，甲先發球.則開始第4次發球時，甲、乙的比分為1比2的概率為________.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）已知定義在上的函數的圖象關于原點對稱，且函數在上為減函數．（1）證明：當時，；（2）若，求實數的取值范圍．18．（12分）函數．當時，求函數的極值；若，設，若存在，使得成立，求實數a的取值范圍．19．（12分）選修4-4：坐標系與參數方程以直角坐標系的原點為極點，軸非負半軸為極軸建立極坐標系，已知曲線的極坐標方程為.（1）求曲線的直角坐標方程；（2）若直線的參數方程為（為參數），設點，直線與曲線相交于兩點，求的值.20．（12分）已知函數，且的解集為．（1）求的值；（2）若，且，求證：．21．（12分）已知函數.（1）若函數在處的切線方程為，求的值；（2）若函數無零點，求的取值范圍.22．（10分）在直角坐標系中，將單位圓上各點的橫坐標擴大為原來的2倍，縱坐標不變，得到曲線，以為極點，軸正半軸為極軸，建立極坐標系．(1)求曲線的參數方程；(2)設為曲線上一點，點的極坐標為，求的最大值及此時點的坐標．

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、B【解析】試題分析：采用分步計數原理來求解：分3步，每一步4種方法，不同方法種數有種考點：分步計數原理2、D【解析】

解：因為x，y滿足不等式組，作出可行域，然后判定當過點（2,2）取得最大，過點（1,1）取得最小，比值為2，選D3、B【解析】

設事件表示“在型號被選中”，事件表示“型號被選中”，則，，由此利用條件概率能求出在型號被選中的條件下，型號也被選中的概率.【詳解】解從、、、、5種型號中，選出3種型號的手機進行促銷活動．設事件表示“在型號被選中”，事件表示“型號被選中”，，，∴在型號被選中的條件下，型號也被選中的概率：，故選：B.【點睛】本題考查條件概率的求法，考查運算求解能力，屬于基礎題.4、C【解析】

根據對數的真數大于零這一原則得出關于的不等式，解出可得出函數的定義域．【詳解】由題意可得，解得，因此，函數的定義域為，故選C．【點睛】本題考查對數型函數的定義域的求解，求解時應把握“真數大于零，底數大于零且不為”，考查計算能力，屬于基礎題．5、D【解析】試題分析：由B={x|x2-5x-14<0}={x|-2<x<7}，所以考點：集合的運算．6、A【解析】試題分析：假設當，能被13整除，當應化成形式，所以答案為A考點：數學歸納法7、D【解析】由題意可知：直角三角向斜邊長為17，由等面積，可得內切圓的半徑為：落在內切圓內的概率為，故落在圓外的概率為8、A【解析】設所求直線為，由直線與圓相切得，，解得．所以直線方程為或．選A.9、B【解析】

通過題意先求出函數的零點，根據計算出函數的零點范圍，繼而求出實數的取值范圍【詳解】令，當時，或，當時，解得，，若存在為“度零點函數”，不妨令由題意可得：或即或設，當時，，是減函數當時，，是增函數，當時，，由題意滿足存在性實數的取值范圍為故選【點睛】本題給出了新定義，按照新定義內容考查了函數零點問題，結合零點運用導數分離參量，求出函數的單調性，給出參量的取值范圍，本題較為綜合，需要轉化思想和函數思想，有一定難度。10、D【解析】

通過條件概率相關公式即可計算得到答案.【詳解】設“第一次摸到紅球”為事件A，“第二次摸到紅球”為事件B，而，，故，故選D.【點睛】本題主要考查條件概率的相關計算，難度不大.11、A【解析】

根據所給的隨機變量的分布列寫出兩點分步的隨機變量的概率要滿足的條件，一是兩個概率都不小于0，二是兩個概率之和是1，解出符合題意的c的值．【詳解】由隨機變量的分布列知，，，，∴，故選A．【點睛】本題主要考查分布列的應用，求離散型隨機變量的分布列和期望，屬于基礎題．12、C【解析】

以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出結果．【詳解】∵在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，

∴以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，

設正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為2，

則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正確；∴MN⊥平面ACC1A1，故B成立；

∵∴MN和AB不平行，故C錯誤；

平面ABCD的法向量又MN?平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故D正確．

故選C．【點睛】本題考查命題的真假判斷，考空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、40【解析】分析：先根據二項分布得,再根據，得詳解：因為，所以，因為，所以點睛：二項分布)，則此隨機變量的期望可直接利用這種典型分布的期望公式.14、【解析】

每封錄取通知書放入郵筒有種不同的投遞方式，然后利用分步乘法計數原理可得出結果.【詳解】由題意知，每封錄取通知書放入郵筒有種不同的投遞方式，由分步乘法計數原理可知，將三封錄取通知書投入四個郵筒共有種不同的投遞方式.故答案為：.【點睛】本題考查分步乘法計數原理的應用，考查計算能力，屬于基礎題.15、20【解析】

分兩步：第一步先計算從A到B的走法種數，第二步：再計算從B到C走法種數，相乘即可.【詳解】A到B共2種走法，從B到C共種不同走法，由分步乘法原理，知從A地經B地走到C地，最近的走法共有種.故答案為：20【點睛】本題考查分步乘法原理及簡單的計數問題的應用，考查學生的邏輯分析能力，是一道中檔題.16、【解析】

先確定比分為1比2時甲乙在三次發球比賽中得分情況，再分別求對應概率，最后根據互斥事件概率公式求結果【詳解】比分為1比2時有三種情況：（1）甲第一次發球得分，甲第二次發球失分，乙第一次發球得分（2）甲第一次發球失分，甲第二次發球得分，乙第一次發球得分（3）甲第一次發球失分，甲第二次發球失分，乙第一次發球失分所以概率為【點睛】本題考查根據互斥事件概率公式求概率，考查基本分析求解能力，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、（1）證明見解析；（2）．【解析】

（1）由于是奇函數，，因此要證明的不等式可變形為要證明，因此只要說明與異號，即與的大小和與的大小關系正好相反即可，這由減函數的定義可得，證明時可分和分別證明即可；（2）這個函數不等式由奇函數的性質可化為，然后由單調性可去“”，并注意將和限制在定義域內，可得出關于的不等式組，就可解得范圍．【詳解】（1）∵定義在上的函數的圖象關于原點對稱，∴為奇函數．若，則，∴，∴，∴成立．若，則，∴．∴，∴成立．綜上，對任意，當時，有恒成立．（2），得，解得，故所求實數的取值范圍是．【點睛】本題考查函數單調性的定義以及單調性與奇偶性解不不等式，解題的關鍵就是利用奇偶性將不等式進行變形，結合單調性轉化，同時要注意自變量要限制在定義域內，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.18、（1）見解析；（2），或【解析】

對求導，研究其單調區間，求得極值；構造函數，求導，對參數a分情況討論，最后取并集．【詳解】當時，，定義域為，，令，得，舍，當時，；當時，，當時，由極小值，無極大值；令，在上存在，使得成立，即在上存在，使得，在上的最小值小于1．又，當，即時，在上遞減，的最小值為，由可得，，；當，即時，在上遞增，此時最小值為，由可得；當，即時，可得的最小值為，，，此時，，不存在，使得成立．綜上，a的范圍為：，或．【點睛】此題考查了利用導數研究函數的單調性，求極值，最值等，并對分類討論，構造函數等做了考查，難度較大．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1；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。19、（1）；（2）.【解析】試題分析：（1）極坐標方程化為直角坐標方程；（2）聯立直線線l的參數方程與曲線C方程，巧解韋達定理表示，解得其值.試題解析：（1）由曲線C的原極坐標方程可得，化成直角方程為．（2）聯立直線線l的參數方程與曲線C方程可得，整理得，∵，于是點P在AB之間，∴．點睛：過定點P0(x0，y0)，傾斜角為α的直線參數方程的標準形式為(t為參數)，t的幾何意義是直線上的點P到點P0(x0，y0)的數量，即t＝|PP0|時為距離．使用該式時直線上任意兩點P1，P2對應的參數分別為t1，t2，則|P1P2|＝|t1－t2|，P1P2的中點對應的參數為(t1＋t2)20、（1）；（2）詳見解析.【解析】分析：（1）由條件可得的解集為，即的解集為，可得；（2）根據，展開后利用基本不等式可得結論.詳解：（1）因為，所以等價于，由有解，得，且其解集為．又的解集為，故．（2）由（1）知，又，7分∴(或展開運用基本不等式)∴．點睛：本題主要考查利用基本不等式求最值，屬于中檔題.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是，首先要判斷參數是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數否在定義域內，二是多次用或時等號能否同時成立）.21、（1）a=2；（2）.【解析】

（1）求得的導數，可得切線的斜率，由切線的方程可得，的方程，進而得到；（2）求得的導數，討論，，，求得單調性和極值，最值，結合圖象可得所求范圍．【詳解】（1）函數的導數為，由在處的切線方程為，可得，，解得，；（2）函數的導數為，當，由可得，即在遞增，有且只有一個零點；當時，由，遞減，，遞增，可得處取得極大值，且為最大值，由題意可得，解得，綜上可得時，