浙江省衢州市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

衢州市2023年6月高二年级教学质量检测试卷数学考生须知：1.全卷分试卷和答题卷，考试结束后，将答题卷上交.2.试卷共4页，有4大题，22小题.满分150分，考试时间120分钟.3.请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出集合后利用交集的定义可求.【详解】，故，故选：B.2.设（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，再由复数的几何意义判断即可得答案.【详解】因为所以在复平面内对应点坐标为位于第一象限.故选：A. 3.已知直线，和平面，，则使平面平面成立的充分条件是（）A.，B.，C.，，D.，【答案】A【解析】【分析】A选项，由条件可得到得到充分性；B选项，不一定得到，作图说明；C选项，不一定得到，作图说明；D选项，根据条件得到面面平行可以判断.【详解】A选项中，根据，，可得存在，所以，所以平面平面，A正确；B选项中，，,，，，不一定得到，如下图，所以B错误；C选项中，，，，不一定得到，如下图，所以C错误；D选项中，根据，，所以，所以D错误.故选：A.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据二倍角公式以及诱导公式即可求解.【详解】由二倍角公式可得，又， 故选：D5.函数的单调递增区间为（）A.B.C.和D.和【答案】C【解析】【分析】首先求出函数的定义域，在分析内、外层函数的单调性，结合复合函数的单调性判断即可.【详解】对于函数，令，解得且，所以函数的定义域为，又函数，所以在，上单调递增，在，上单调递减，又函数在定义域上单调递减，根据复合函数的单调性，可知的单调递增区间为和.故选：C6.已知等差数列的前项和为，且，若，数列的前项积为，则使的最大整数为（）A.20B.21C.22D.23【答案】B【解析】【分析】先判断出，从而得到，，，故可判断与1的大小关系.【详解】设等差数列的公差为，则， 故为各项为正数的等比数列.因为，故，故，故，，，故，，所以，，，所以，故选：B.7.已知函数定义域为，对，恒有，则下列说法错误的有（）A.B.C.D.若，则周期为【答案】A【解析】【分析】利用赋值法求判断A；赋值法结合函数奇偶性的定义判断B；赋值法结合换元法判断C；利用赋值法求得，化简得，即可判断D.【详解】由，令，，有，可得或，A错；当时，令，则，，函数既是奇函数又是偶函数，，当时，令， 则，则，函数是偶函数，，综上，B正确；令，则，故，由于，令，即，即有，C正确；若，令，则，所以，则，，所以，则周期为，D正确.故选：A8.衣柜里有5副不同颜色的手套，从中随机选4只，在取出两只是同一副的条件下，取出另外两只不是同一副的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设为“从中随机选4只，取出两只是同一副”，为“从中随机选4只，有两只不是同一副”，再根据古典概型的概率公式可求、后可得条件概率.【详解】设为“从中随机选4只，取出两只是同一副”，为“从中随机选4只，有两只不是同一副”，则，而， 故，故选：B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.给出下列命题，其中正确的命题为（）A.若样本数据的期望为3、方差为6，则数据的期望为5、方差为11B.假设经验回归方程为，则当时，的预测值为C.随机变量服从正态分布，若，则D.甲同学所在的某校高三共有5000人，按简单随机抽样的方法抽取容量为200的一个样本.则甲被抽到的概率为【答案】BCD【解析】【分析】A.根据期望和方差的性质即可判断；B.把代入回归方程即可判断；C.根据正态分布性质即可求解；D.根据简单随机抽样概率均等即可求解.【详解】对于A，若，则，故A错误；对于B，回归方程为，当时，的预测值为，故B正确；对于C，随机变量服从正态分布，则，即，故C正确；对于D，根据简单随机抽样概率均等可知，甲被抽到的概率为，故D正确．故选：BCD.10.已知椭圆的左，右焦点分别为，，长轴长为4，点在椭圆外，点在椭圆上，则（）A.当椭圆的离心率的取值范围是 B.当椭圆的离心率为时，的取值范围是C.对任意点都有D.的最小值为2【答案】AB【解析】【分析】根据点在椭圆外，即可求出的取值范围，即可求出离心率的取值范围，从而判断A；根据离心率求出，则，即可判断B；设上顶点，得到，即可判断C；根据利用基本不等式判断D.【详解】由题意得，又点在椭圆外，则，解得，所以椭圆的离心率，即椭圆的离心率的取值范围是，故A正确；当时，，，所以的取值范围是，即，故B正确；设椭圆的上顶点为，，，由于，所以存在点使得，故C错误；，当且仅当时，等号成立，又，所以，故D错误．故选：AB11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若函数有四个零点，则实数的取值范围是 B.关于的方程有8个不同的解C.对于实数，不等式恒成立D.当时，函数的图像与轴围成图形的面积为6【答案】AD【解析】【分析】根据题意先求的解析式，先判断的单调性与最值，对A：将题意转化为：与有四个交点结合图象分析判断；对B：将题意转化为：与的交点个数，分析判断；对C：取特值，代入运算判断；对D：根据图象结合题意运算求解.【详解】∵，则在的图象是将的图象沿轴方向伸长为原来的3倍、沿轴方向缩短为原来的一半，∴，则上单调递增，在上单调递减，∴在上的最大值为，最小值为，即在上的值域为，作出时的图象，如图：对于A，令，即，则函数与有四个交点，是过定点的直线，由图可知分别与连线的斜率为，结合图象可得：实数的取值范围为，A正确；对于B，令，则， ∴方程的根的个数即为与的交点个数，由前面的分析可知：①当时，在上的最大值为，则与在内有两个交点，∴当，与有个交点，②当，则在上的最大值为，∴与有且仅有一个交点；③当时，在上的最大值为，则与在内没有交点，∴当，与没有交点，∴当，与的交点个数为，即关于方程有9个不同的解，B错误；对于，因为图象过点，令，则，C错误；对于D，由题意可得：当时，函数的图象与轴围成的图形为三角形，其底边长为，高为，∴当时，函数的图象与轴围成的图形的面积为，D正确.故选：AD.【点睛】方法点睛：①对于类周期性函数的理解可以结合函数图象的变换理解函数图象或求其解析式；②关于函数零点或方程的根问题，常常转化为图象的交点问题，数形结合处理问题.12.如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面，点在棱上且，点是所在平面内的动点，点是所在平面内的动点，且点到直线的距离与到点的距离相等，则（） A.平面B.若二面角的余弦值为，则点到平面的距离为C.若，则动点的轨迹长度为D.若，则的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】由面面垂直的性质可得线面垂直，进而得线线垂直，即可由线面垂直的判断判断A,由二面角的几何法由角大小求解长度，即可判断B，根据圆和抛物线的几何性质可判断估计，即可结合几何运算求解DC.【详解】过点作，由于平面平面，且交线为,平面,所以平面,由于平面,故,又,平面,所以平面,平面,所以,由平面,因此平面，故A正确，，，，是等边三角形，，取中点为，则,由平面,平面,故平面平面,且交线为,平面,所以平面,平面,所以,过作,平面,因此平面,平面,故，因此二面角的平面角为，设，由平面，可得，则，其中为三角形边边上的高，，,故， 又，由于，平面,平面平面，其交线为,所以平面，点到平面的距离为，故B错误；对于C,设,设点到平面的距离为，则得,由于,故点形成的轨迹为圆，设半径为，所以轨迹长度为，故C正确，对于D，取中点为,中点为，由题意可知点的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线，由于,所以,由面面垂直的性质可知平面,过作的平行线作为轴,建立如图所示的空间直角坐标系，,所以焦点为，，故抛物线方程为，由于轴，且,,设抛物线上任意一点, ，由二次函数的性质可知：最小值为，故的最小值为，故D正确，故选：ACD【点睛】与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值(注意：有时需先换元后再求最值)．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在的展开式中，各项系数的和是______.【答案】1【解析】【分析】令，即可得到二项展开式的各项系数的和．【详解】由题意，令，即可得到二项展开式的各项系数的和为．故答案为：1.14.88键钢琴从左到右各键的音的频率组成一个递增的等比数列．若中音A（左起第49个键）的频率为，钢琴上最低音的频率为，则左起第61个键的音的频率为___________．【答案】880【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据已知求出，再利用等比数列的通项即得解.【详解】设等比数列的公比为，则，所以，则左起第61个键的音的频率为．故答案为：88015.设抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，若，，与相交于点，且，则的面积为______. 【答案】##【解析】【分析】根据向量的线性关系确定，并确定相似比，再根据抛物线的定义即可求解．【详解】由得，又因为为，的中点，所以，所以，所以为的三等分点，且，又因为，所以，且，所以，不妨设，，且在第一象限，，所以，因为点，在抛物线上，所以，所以根据相似关系可得，，所以，则.故答案为：．16.原有一块棱长为的正四面体石材，在搬运的过程有所损伤，剩下了一块所有棱长均为的八面体石材（如图），现将此八面体石材切削、打磨、加工成球，则加工后球的最大表面积与该八面体石材外接球的表面积之比为______. 【答案】【解析】【分析】补全正四面体，由正四面体的对称性，正四面体的内切球、外接球球心与八面体内切球、外接球球心重合，记为，由几何法分别求出正四面体的内切球半径以及到平面的距离，则较小者为截面八面体的内切球半径，再由勾股定理求出外接球的半径，最后由球的表面积公式即可求解.【详解】如图，补全正四面体，则正四面体的棱长为，由正四面体的对称性知，正四面体的内切球、外接球球心与八面体内切球、外接球球心重合，记为，在底面的投影为，则平面，正四面体内切球半径，外接球半径，正四面体底面上的高，由相似性易得正四面体底面上的高为，由正三角形的性质，易得的高，则，则在中，，，即，解得，平面到平面的距离为，所以到平面的距离，故截面八面体的内切球半径亦为， 则截面八面体的内切球的表面积为，又，，则截面八面体外接球半径为，所以截面八面体外接球表面积为，故加工后球的最大表面积与该八面体石材外接球的表面积之比为.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.近期衢州市文化艺术中心进行了多次文艺演出，为了解观众对演出的喜爱程度，现随机调查了、两地区的200名观众，得到如下所示的2×2列联表.非常喜欢喜欢合计6030合计若用分层抽样的方法在被调查的200名观众中随机抽取20名，则应从区且喜爱程度为“非常喜欢”的观众中抽取8名.（1）完成上述表格，并根据表格判断是否有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系.（2）若以抽样调查的频率为概率，从地区随机抽取3人，设抽到喜爱程度为“非常喜欢”的观众的人数为，求的数学期望.附：，其中. 0.050.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）表格见解析，没有（2）2【解析】分析】（1）补全列联表，根据公式计算结合临界表值进行判断即可；（2）由题意分析计算观众的喜爱程度为“非常喜欢”的概率为，随机变量然后结合二项分布的概率公式得分布列与数学期望.【小问1详解】依题意，B区为“非常喜欢”的观众人数为，表格补充完整如下非常喜欢喜欢合计6030908030110合计14060200零假设为：观众喜爱程度与所在地区无关.所以没有95%的把握认为观众的喜爱程度与所在地区有关系．【小问2详解】从A地区随机抽取1人，抽到的观众的喜爱程度为“非常喜欢”的概率从A地区随机抽取3人，则，X的所有可能取值为0，1，2，3， 则，，，，所以的分布列为0123所以．18.已知数列满足：，对任意且时，其中表示不超过的最大整数.（1）求；（2）设，求数列的前项.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当为偶数时，，利用累加法，得到通项公式；（2）先求出,得到，再利用等比数列公式数列求和、裂项相消求和得解.【小问1详解】当为偶数时，故【小问2详解】由题可得，又，故，， 19.在中，角，，所对的边为，，，已知.（1）求；（2）若，，求.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据商数关系式得，结合正弦两角和与差公式及角度范围即可求得；（2）由及可得，结合正弦定理边化角、诱导公式、两角和差的正弦公式化简求值即可得的值.【小问1详解】因为，所以所以，则所以或（舍），又因为，即【小问2详解】由及可得，由正弦定理可得：，又，所以， 故，所以，由于，所以，则或，当时，，则，综合，或.20.如图，在正三棱台中，，，过棱的截面与棱，分别交于、.（1）记几何体和正三棱台体积分别为，，若，求的长度；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）根据题意，先由条件证得是三棱台，再结合棱台的体积计算公式即可得到结果；（2）根据题意，延长，，交于点，作中点，连接，，可得∴即直线与平面所成的角，再结合余弦定理即可得到结果.【小问1详解】∵三棱台是正三棱台，∴平面，∵平面，平面平面，∴，若,则,几何体是三棱柱，记，， 此时,不满足题意，舍去；因此，设与交于点,与交于点,则因为,即交于同一点,∴几何体是三棱台∵，∴，∴.【小问2详解】如图，延长，，交于点，作中点，连接，，∵，,平面∴平面，过作交于，则,∵平面∴平面，∴即直线与平面所成的角，∵，，，∴在中，由余弦定理可得，∴直线与平面所成角的正弦值为. 21.已知函数（1）若过点作函数的切线有且仅有两条，求的值；（2）若对于任意，直线与曲线都有唯一交点，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设过点作函数切线的切点为，利用导数的几何意义求出切线方程，又因为切线过点，所以，令，作出的大致图象，由题意，直线与的图象有且仅有两个交点，数形结合即可得出答案；（2）由题可得有唯一解，令，结合题意可得在上单调递增，即，结合（1）可得解.【小问1详解】设过点作函数切线的切点为，因为，所以切线方程为，即，又因为切线过点，所以.令，则，所以，，递减；，，递增；，，递减.当时，取极小值；当时，取极小值，，时；时， 根据以上信息作出的大致图象，由题意，直线与的图象有且仅有两个交点，所以.【小问2详解】由题可得有唯一解，即有唯一解．令，若，则与题设，矛盾，故.又因为，；，，结合题意可得在上单调递增，即，所以，结合（1）可得，所以.22.已知双曲线，过点作直线交双曲线的两支分别于，两点，（1）若点恰为的中点，求直线的斜率；（2）记双曲线的右焦点为，直线，分别交双曲线于，两点，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，设，，再由点差法即可得到结果； （2）根据题意，设，，，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由题意可得，设，，由，得，即，即其中，，所以，又，故；【小问2详解】设，，，由得，又，故，从而，同理有，另一方面，， 设，由得，故，代入上式有，由直线交双曲线于两支可知，令，故，当且仅当时，即时，取等号，即.【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与双曲线相交问题，难度较难，解答本题的关键在于将直线的方程设为，以及将三角形的面积比通过韦达定理转化，计算量较大.