2022-2023高二下數學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．若隨機變量X的分布列：X01P0.2m已知隨機變量且，，則a與b的值為(

)A． B． C． D．2．某學校有男、女學生各500名.為了解男女學生在學習興趣與業余愛好方面是否存在顯著差異，擬從全體學生中抽取100名學生進行調查，則宜采用的抽樣方法是（）A．抽簽法 B．隨機數法 C．系統抽樣法 D．分層抽樣法3．已知函數f(x)是定義在R上的增函數,f(x)+2>f'(x),f(0)=1,則不等式ln[f(x)+2]>ln3+x的解集為（）A．(一∞,0) B．(0,+∞) C．(一∞,1) D．(1,+∞)4．已知集合，，那么()A． B． C． D．5．有一個奇數列，現在進行如下分組：第一組含一個數；第二組含二個數；第三組含有三個數；第四組數有試觀察每組內各數之和與組的編號數有什么關系（）A．等于 B．等于 C．等于 D．等于6．下列說法正確的是（）A．命題“若，則”的否命題為“若，則”B．命題“，”的否定是“，”C．樣本的相關系數r，越接近于1，線性相關程度越小D．命題“若，則”的逆否命題為真命題7．已知的定義域為，為的導函數，且滿足，則不等式的解集（）A． B．C． D．8．若對于任意的實數，有，則的值為（）A． B． C． D．9．在棱長為的正方體中，如果、分別為和的中點，那么直線與所成角的大小為（）A． B． C． D．10．已知，則的最小值是A． B． C． D．11．已知分別為內角的對邊，且成等比數列，且，則=（）A． B． C． D．12．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二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若三角形內切圓半徑為r，三邊長為a,b,c，則，利用類比思想：若四面體內切球半徑為R，四個面的面積為，則四面體的體積________．14．如圖，矩形的四個頂點坐標依次為，記線段以及的圖象圍成的區域（圖中陰影部分）為，若向矩形內任意投一點，則點落在區域的概率為__________．15．函數的最小正周期是__________．16．一個碗中有10個籌碼，其中5個都標有2元，5個都標有5元，某人從此碗中隨機抽取3個籌碼，若他獲得的獎金數等于所抽3個籌碼的錢數之和，則他獲得獎金的期望為________．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）設（I）若的極小值為1，求實數的值；（II）當時，記，是否存在整數，使得關于的不等式有解？若存在求出的最小值，若不存在，說明理由.18．（12分）設函數（Ⅰ）求函數f（x）的最小正周期和單調遞增區間；（Ⅱ）當時，函數f（x）的最小值為2，求函數f（x）的最大值及對應的x的值．19．（12分）已知函數（為常數）與函數在處的切線互相平行．（1）求函數在上的最大值和最小值；（2）求證：函數的圖象總在函數圖象的上方．20．（12分）在平面直角坐標系中，直線的的參數方程為（其中為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，點的極坐標為，直線經過點．曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程與曲線的直角坐標方程；（2）過點作直線的垂線交曲線于兩點(在軸上方)，求的值.21．（12分）已知函數.（1）若恒成立，求的取值范圍；（2）在（1）的條件下，有兩個不同的零點，求證：.22．（10分）如圖，正方形的邊長為2，點，分別為，的中點，將，分別沿，折起，使，兩點重合于點，連接.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求與平面所成角的余弦值.

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】

先根據隨機變量X的分布列可求m的值，結合，，可求a與b的值.【詳解】因為，所以，所以,；因為，，所以解得，故選C.【點睛】本題主要考查隨機變量的期望和方差，注意兩個變量之間的線性關系對期望方差的影響.2、D【解析】試題分析：由于樣本中男生與女生在學習興趣與業余愛好方面存在差異性，因此所采用的抽樣方法是分層抽樣法，故選D.考點：抽樣方法.3、A【解析】分析：先令，則且原不等式轉化為，再根據單調性得結果.詳解：令，則因為原不等式轉化為，所以因此選A.點睛：解函數不等式,首先根據函數的性質把不等式轉化為的形式，然后根據函數的單調性去掉“”，轉化為具體的不等式(組)，此時要注意與的取值應在外層函數的定義域內.4、C【解析】

解出集合B，即可求得兩個集合的交集.【詳解】由題：，所以.故選：C【點睛】此題考查求兩個集合的交集，關鍵在于準確求出方程的解集，根據集合交集運算法則求解.5、B【解析】第組有個數，第組有個數，所以前組的數字個數是，那么前組的數字和是，所以前組的數字個數是，那么前組的數字和是，那么第組的數字和是，故選B.6、D【解析】

利用四種命題之間的變換可判斷A；根據全稱命題的否定變法可判斷B；利用相關系數與相關性的關系可判斷C；利用原命題與逆否命題真假關系可判斷D.【詳解】對于A，命題“若，則”的否命題為“若，則”，故A錯誤；對于B，命題“，”的否定是“，”，故B錯誤；對于C，樣本的相關系數r，越接近于1，線性相關程度越大，故C錯誤；對于D，命題“若，則”為真命題，故逆否命題也為真命題，故D正確；故選：D【點睛】本題考查了判斷命題的真假、全稱命題的否定、四種命題的轉化以及原命題與逆否命題真假關系、相關系數與相關性的關系，屬于基礎題.7、D【解析】

構造函數，再由導函數的符號判斷出函數的單調性，不等式，構造為，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，設，則，所以函數在上是減函數，因為，所以，所以，所以，解得．故選：D．【點睛】本題主要考查了導數的綜合應用，其中解答中根據條件構造函數和用導函數的符號判斷函數的單調性，利用函數的單調性的關系對不等式進行判斷是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題．8、B【解析】試題分析：因為，所以，故選擇B.考點：二項式定理.9、B【解析】

作出圖形，取的中點，連接、，證明四邊形為平行四邊形，計算出的三邊邊長，然后利用余弦定理計算出，即可得出異面直線與所成角的大小.【詳解】如下圖所示：取的中點，連接、，、分別為、的中點，則，且，在正方體中，，為的中點，且，則，所以，四邊形為平行四邊形，，則異面直線與所成的角為或其補角.在中，，，.由余弦定理得.因此，異面直線與所成角的大小為.故選B.【點睛】本題考查異面直線所成角的計算，一般利用定義法或空間向量法計算，考查計算能力，屬于中等題.10、B【解析】

將代數式與代數式相乘，展開后利用基本不等式求出代數式的最小值，然后在不等式兩邊同時除以可得出答案．【詳解】因為，又，所以，當且僅當時取，故選B．【點睛】本題考查利用基本不等式求代數式的最值，在利用基本不等式求最值時，要注意配湊“定值”的條件，注意“一正、二定、三相等”基本思想的應用．11、C【解析】因為成等比數列，所以,利用正弦定理化簡得：,又，所以原式=所以選C.點睛：此題考察正弦定理的應用，要注意求角度問題時盡量將邊的條件轉化為角的等式，然后根據三角函數間的關系及三角形內角和的關系進行解題.12、A【解析】

首先解這兩個不等式，然后判斷由題設能不能推出結論和由結論能不能推出題設，進而可以判斷出正確的選項.【詳解】，，顯然由題設能推出結論，但是由結論不能推出題設，因此“”是“”的充分不必要條件，故本題選A.【點睛】本題考查了充分條件、必要條件的判斷，解決本問題的關鍵是正確求出不等式的解集.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、．【解析】試題分析：由題意得三角形的面積可拆分成分別由三條邊為底，其內切圓半徑為高的三個小三角形的面積之和，從而可得公式，由類比思想得，四面體的體積亦可拆分成由四個面為底，其內切圓的半徑為高的四個三棱錐的體積之和，從而可得計算公式．考點：1．合情推理；2．簡單組合體的體積（多面體內切球）．【方法點晴】此題主要考查合情推理在立體幾何中的運用方面的內容，屬于中低檔題，根據題目前半段的“分割法”求三角形面積的推理模式，即以三角形的三條邊為底、其內切圓半徑為高分割成三個三角形面積之和，類似地將四面體以四個面為底面、其內切球半徑為高分割成四個三棱錐（四面體）體積之和，從而問題可得解決．14、【解析】因空白處的面積，故陰影部分的面積為，故由幾何概型的計算公式可得所求概率，應填答案．15、1【解析】

直接利用余弦函數的周期公式求解即可．【詳解】函數的最小正周期是：1．故答案為1．【點睛】本題考查三角函數的周期的求法，是基本知識的考查．16、【解析】分析：先確定隨機變量取法，再分別求對應概率，最后根據數學期望公式求期望.詳解：獲得獎金數為隨機變量ξ，則ξ＝6,9,12,15，所以ξ的分布列為：ξ691215PE(ξ)＝6×＋9×＋12×＋15×＝.點睛：本題考查數學期望公式，考查基本求解能力.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）；（II）【解析】

（I）求出的定義域以及導數，討論的范圍，求出單調區間，再結合的極小值為1，即可求得實數的值；（II）求出的定義域以及導數，利用導數研究最小值的范圍，即可求出。【詳解】（I）①時，，故在上單增，故無極小值。②時，故在上單減，在上單增，故.故（II）當時，由于在上單增，且故唯一存在使得，即故在上單減，在上單增，故又且在上單增，故，即依題意：有解，故，又，故【點睛】本題考查已知極值求參數，利用導數研究函數單調區間以及最值，綜合性強，屬于中檔題。18、（Ⅰ）函數f（x）最小正周期為，單調增區間為，（Ⅱ）f（x）取得最大值為，此時．【解析】

（Ⅰ）化簡，再根據周期公式以及正弦函數的單調性即可解決（Ⅱ）根據求出的范圍，再結合圖像即可解決．【詳解】（Ⅰ）由于函數，∴最小正周期為．由得：，故函數f（x）的單調增區間為，．（Ⅱ）當時，，函數f（x）的最小值為2，求函數f（x）的最大值及對應的x的值，∴，故當時，原函數取最小值2，即，∴，故，故當時，f（x）取得最大值為，此時，，．【點睛】本題主要考查了三角函數化簡的問題，以及三角函數的周期，單調性、最值問題．在解決此類問題時首先需要記住正弦函數的性質．屬于中等題．19、（1）最小值為，最大值為；（2）見解析【解析】分析：（1）求得，，由已知有，解得，代入得到函數，利用導數求得函數的單調性，進而求得最大值與最小值；（2）令，則只須證恒成立即可，由導數求解函數的單調性和最值，即可作出證明．詳解：（1），，由已知有，解得．當時，．令，解得．∴當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；又，，．∴最小值為，最大值為．（2）令，則只須證恒成立即可．∵．顯然，單調遞增（也可再次求導證明之），且．∴時，，單調遞減；時，，單調遞增；∴恒成立，所以得證．點睛：利用導數研究不等式恒成立或解不等式問題，通常首先要構造函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的取值范圍；也可分離變量，構造函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．20、（1），；（2）【解析】

(1)利用代入法消去參數可得到直線的普通方程，利用公式可得到曲線的直角坐標方程；(2)設直線的參數方程為（為參數），代入得，根據直線參數方程的幾何意義，利用韋達定理可得結果.【詳解】（1）由題意得點的直角坐標為，將點代入得則直線的普通方程為.由得，即.故曲線的直角坐標方程為.（2）設直線的參數方程為（為參數），代入得．設對應參數為，對應參數為．則，，且.．【點睛】參數方程主要通過代入法或者已知恒等式（如等三角恒等式）消去參數化為普通方程，通過選取相應的參數可以把普通方程化為參數方程，利用關系式，等可以把極坐標方程與直角坐標方程互化，這類問題一般我們可以先把曲線方程化為直角坐標方程，用直角坐標方程解決相應問題．21、（1）1；（2）證明見解析【解析】

（1）求導得到，討論和兩種情況，根據函數單調性得到，解得答案.（2）要證明，只需要證明，設，求導得到單調性，得到，得到證明.【詳解】（1）由已知得函數的定義域為，且，當時，，在上單調遞增，且當時，，不合題意；當時，由得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，在處取到極小值，也是最小值，由題意，恒成立，令，，在上單調遞增，在上單調遞減，所以，所以，即.（2），且在處取到極小值1，又時，，時，，故且，要證明：，只需證明，又，故只需證明：，即證：，即證：，即證：，設，則，因為，所以，由（1）知恒成立，所以，即，所以在上為增函數，所以，即命題成立.【點睛】本題考查了不等式恒成立，零點問題，意在考查學生的計算能力和轉化能力，綜合應用能力.22、（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由已