湖北省武汉市武昌区2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

2022-2023学年度武昌区高二年级期末质量检测数学试卷考试时间：2023年6月28日满分：150分考试用时：120分钟★祝考试顺利★★项注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用签字笔或钢笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8个小题，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.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求交集可得答案.【详解】因为集合，所以.故选：A.2.若，其中i是虚数单位，则（）A.B.1C.D.3【答案】B【解析】【分析】利用复数乘法及相等求，即可得结果.【详解】由题设，故，所以.故选：B3.某地的年平均增长率为，按此增长率，（）年后该地会翻两番 （，，结果精确到整数）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据增长率可构造指数方程，由指数与对数互化，结合对数运算法则可求得结果.【详解】设年后该地的会翻两番，则，.故选：C.4.已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设圆锥的母线为，底面半径为.由已知可得，进而根据圆锥的面积公式可求出，即可得出答案.【详解】设圆锥的母线为，底面半径为.圆锥的侧面展开图为扇形，该扇形的半径为，弧长为，由已知可得，，所以.所以，圆锥的表面积，所以，所以，这个圆锥的底面直径为.故选：B.5.已知直线与圆交于A，B两点，且为等边三角形，则m的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】根据圆的方程求出圆心坐标以及半径，由等边三角形的性质可得到圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式列出方程求出的值即可.【详解】圆的圆心为，半径，若直线与圆交于A，B两点，且为等边三角形，则圆心到直线的距离，又由点到直线的距离公式可得，解得，故选：D.6.购买同一种物品，可以用两种不同的策略，第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱一定.假设连续两天购买该物品，第一天物品的价格为，第二天物品的价格为，且，则以下选项正确的为（）A.第一种方式购买物品的单价为B.第二种方式购买物品的单价为C.第一种方式购买物品所用单价更低D.第二种方式购买物品所用单价更低【答案】D【解析】【分析】根据题意可得第一种策略平均价格为，第二种策略平均价格为，利用作差法比较大小即可求解.【详解】第一种策略：设每次购买这种物品的数量均为，则平均价格为，故A不正确；第二种策略：设每次购买这种物品所花的钱为，第一次能购得该物品的数量为，第二次能购得该物品的数量为，则平均价格为，B错误； 因为，所以，C错误，D正确.故选：D.7.已知函数，则该函数的单调递增区间是（）A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【分析】根据三角恒等变换以及正弦函数的性质求解.【详解】，当，，得，，则函数单调递增区间，，故选：B.8.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】因为，所以．设， 则，令，则．当时，，，，所以，所以当时，，所以在上单调递增，从而，因此，即．综上可得．故选：A【点睛】比较函数值的大小，要结合函数值的特点，选择不同的方法，本题中，可以作差进行比较大小，而的大小比较，则需要构造函数，由导函数得到其单调性，从而比较出大小，有难度，属于难题.二、选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，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.已知，则方程表示的曲线的形状可以是（）A.两条直线B.圆C.焦点在轴上的椭圆D.焦点在轴上的双曲线【答案】ABD【解析】【分析】分类讨论，，与四种情况，结合直线、圆、椭圆与双曲线方程的特点即可判断.【详解】对于方程，当时，，方程为表示圆心在原点，半径为1的圆； 当时，，则，此时方程，即表示焦点在轴的椭圆；当时，，此时方程，即，表示两条直线；当时，，则，此时方程，即表示焦点在轴的双曲线.综上可得符合依题意的有ABD.故选：ABD.10.已知平面向量，，则（）A.B.C.与夹角为锐角D.在上的投影为【答案】AC【解析】【分析】根据数量积及模的坐标表示计算可得.【详解】对于A：，故A正确；对于B：，故，所以与不垂直，故B错误；对于C：，所以与的夹角为锐角，故C正确；对于D：，，所以在上的投影为，故D错误；故选：AC 11.在A、B、C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感.假设这三个地区的人口数的比为5：7：8，现从这三个地区中任意选取一个人，则（）A.这个人患流感的概率为0.0485B.此人选自A地区且患流感的概率为0.06C.如果此人患流感，此人选自A地区的概率为D.如果从这三个地区共任意选取100人，则平均患流感的人数为4人【答案】AC【解析】【分析】设事件D：选取的这个人患了流感，事件E：此人来自A地区，事件F：此人来自B地区，事件G：此人来自C地区，则，且E，F，G彼此互斥，然后根据条件依次可得、、、、、的值，然后根据全概率公式、条件概率公式、二项分布的知识逐一判断即可.【详解】记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则，且E，F，G彼此互斥，由题意可得，，，，，，对于A.由全概率公式可得，故A正确；对于B.，，选自A地区且患流感的概率为，故B错误；对于C由条件概率公式可得，故C正确；对于D.从这三个地区中任意选取一个人患流感的概率为0.0485，任意选取100个人，患流感的人数设为，则，即，故D错误. 故选：AC.12.如图，已知二面角的棱上有不同两点和，若，，，，则（）A.直线和直线为异面直线B.若，则四面体体积的最大值为2C.若，，，，，，则二面角的大小为D.若二面角的大小为，，，，则过、、、四点的球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】由异面直线的定义可判断A；面且，此时四面体体积的最大值，求出即可判断B；在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接，四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，由余弦定理求出即可判断C；取的中点，的中点，取的中点，连接，易知是二面角的一个平面角，则，过作平面的垂线和平面的垂线，交于点，即为外接球球心，求出，即可求出，可判断D.【详解】对于A，由异面直线的定义知A正确；对于B，要求四面体体积的最大值，则面且，此时四面体体积的最大值：,故B不正确；对于C，在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接， 四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，且面AEC，所以面AEC，从而.在中，由余弦定理可知：所以.故C正确；对于D，因为二面角的大小为，，，，如下图，所以平面与平面所成角的大小为，，取的中点，的中点，为△△的外心，取的中点，连接，则所以是二面角的一个平面角，则，过作平面的垂线和过作平面的垂线，交于点，即为外接球球心，所以面，面，连接，，所以易证得：与全等，所以，所以在直角三角形，，，则过、、、四点的球的表面积为.故D正确.故选：ACD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.展开式中含项的系数为___________.【答案】【解析】【分析】先写出的展开式通式，然后根据的次数选择对应的系数计算即可.【详解】对于，其展开式的通式为，则展开式中含项的系数为故答案为：.14.某次体检中，甲班学生体重检测数据的平均数是，方差为16；乙班学生体重检测数据的平均数是，方差为21.又甲、乙两班人数之比为3：2，则甲、乙两班全部学生体重的方差为__________.【答案】24【解析】【分析】根据题意结合平均数、方差的计算公式运算求解.【详解】甲、乙两班全部学生的平均体重为；甲、乙两队全部学生的体重方差为.故答案为：24.15.已知直线与抛物线交于两点，且交于点，点的坐标为，则的面积__________. 【答案】【解析】【分析】求出直线的方程，与抛物线联立，得到两根之和，两根之积，由得到方程，然后求出的值，再求出，最后求出面积即可.【详解】点的坐标为，则，又，且直线过点，则直线的方程为，整理得，设点的坐标为，点的坐标为，由，得，即，直线的方程为，，①，联立与，消去得，则②，把②代入①，解得，故，又直线与轴的交点为，所以. 故答案为：.16.已知函数，时，，则实数的范围是__________.【答案】【解析】【分析】先应用参数分离，构造新函数，把恒成立转化为求最小值，二次求导根据单调性求最值即可.【详解】由题可得对任意恒成立，等价于对任意恒成立，令，则，令，则，在单调递增，，，存在唯一零点，且，使得，在单调递减，在单调递增，，，即，令，显然在单调递增，则，即，则，.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，证明过程及演算步骤17.如图，已知正方体的上底面内有一点，点为线段的中点.（1）经过点在上底面画一条直线与垂直，并说明画出这条线的理由；（2）若，求与平面所成角的正切值.【答案】（1）连接，在上底面过点作直线即可,作图见解析.（2）【解析】【分析】（1）、连接，在上底面过点作直线即可，推导出，，得到平面，从而.（2）、以为坐标原点，、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出与平面所成角的正切值.【小问1详解】连接，在上底面过点作直线即可，则.理由：平面，且平面，又，，平面，平面，；小问2详解】 以为坐标原点，、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，.又，，，则，设平面的一个法向量为,则设与平面所成角为，则，与平面所成角的正切值为.18.给出以下条件：①；②；③.请在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且__________.（1）求角B的大小；（2）已知，且角A只有一解，求b的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角的大小；若选②，利用正弦定理统一为角的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦定理代入化简即可得出答案；（2）将代入正弦定理可得，要使角有一解，即或，解出即可得出答案.【小问1详解】 若选①：整理得，因为，所以，因为，所以；若选②：因为，由正弦定理得，则，，则，因为，所以；若选③：由正弦定理得，所以，即，因为，所以；【小问2详解】将代入正弦定理，得，所以，因为，角的解只有一个，所以角的解也只有一个，所以或，即或，又，所以.19.已知数列的首项，且满足.（1）求证：是等比数列；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义分析证明；（2）先根据等比数列的通项公式可得，再利用分组求和结合等比数列的求和公式运算求解.【小问1详解】 因为，即，则，又因为，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列.【小问2详解】由（1）知，所以.所以，当为偶数时，可得；当为奇数时，可得；综上所述：.20.中国茶文化博大精深，饮茶深受大众喜爱，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，某数学建模小组为了获得茶水温度℃关于时间的回归方程模型，通过实验收集在25℃室温，用同一温度的水冲泡的条件下，茶水温度随时间变化的数据，并对数据做初步处理得到如下所示散点图． 73.53.85表中：（1）根据散点图判断，①与②哪一个更适宜作为该茶水温度y关于时间x的回归方程类型?（给出判断即可，不必说明理由）（2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立该茶水温度y关于时间x的回归方程：（3）已知该茶水温度降至60℃口感最佳，根据（2）中的回归方程，求在相同条件下冲泡的茶水，大约需要放置多长时间才能达到最佳饮用口感?附：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：②参考数据：．【答案】（1）②（2）（3）7.5分钟【解析】【分析】（1）根据散点图的走势即可对回归方程作出判断和选择；（2）把非线性回归方程化为线性回归直线方程，根据题中表格所给的数据计算求解即可；（3）由已知当茶水温度降至60℃口感最佳，即把代入（2）中的回归方程，化简可得大约需要放置的时间；【小问1详解】根据散点图判断，其变化趋势不是线性的，而是曲线的，因此，选②更适宜此散点的回归方程.【小问2详解】由有：，两边取自然对数得：，设，，， 则化为：，又，，，，，回归方程为：，即.【小问3详解】当时，代入回归方程得：，化简得：，即，又，约化为：，即大约需要放置7.5分钟才能达到最佳饮用口感.21.已知椭圆的离心率为，点，为的左、右焦点，经过且垂直于椭圆长轴的弦长为3. （1）求椭圆的方程；（2）过点分别作两条互相垂直的直线，，且与椭圆交于A，B两点，与直线交于点，若，且点满足，求线段的最小值.【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）由通径性质、离心率和椭圆参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；（2）讨论直线斜率，设，，，为，注意情况，联立椭圆方程应用韦达定理求，，结合、坐标表示得到，进而有求，再求坐标，应用两点距离公式得到关于的表达式求最值，注意取值条件.【小问1详解】对于方程，令，则，解得，由题意可得，解得，，所以椭圆的方程为．【小问2详解】由（1）得，若直线的斜率为0，则为与直线无交点，不满足条件．设直线：，若，则，则不满足，所以．设，，，由得：，， 所以，．因为，即，则，，所以，解得，则，即，直线：，联立，解得，即，∴，当且仅当或时,等号成立，∴的最小值为．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.22.已知，且0为的一个极值点．（1）求实数值；（2）证明：①函数在区间上存在唯一零点； ②，其中且．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.【小问1详解】由，则， 因为0为的一个极值点，所以，所以．当时，，当时，因为函数在上单调递减，所以，即在上单调递减；当时，，则，因为函数在上单调递减，且，，由零点存在定理，存在，使得，且当时，，即单调递增，又因为，所以，，在上单调递增；.综上所述，在上单调递减，在上单调递增，所以0为的一个极值点，故.【小问2详解】①当时，，所以单调递减，所以对，有，此时函数无零点；当时，设，则，因为函数在上单调递减，且，， 由零点存在定理，存在，使得，且当时，，即单调递增，当时，，即单调递减．又因为，所以，，在上单调递增；因为，，所以存在，当时，，单调递增，当时，，单调递减．所以，当时，单调递增，；当时，单调递减，，此时在上无零点；当时，，所以在单减，又，，由零点存在定理，函数在上存在唯一零点； 当时，，此时函数无零点；综上所述，在区间上存在唯一零点．②因为，由（1）中在上的单调性分析，知，所以在单增，所以对，有，即，所以．令，则，所以，设，，则，所以函数上单调递减，则，即，，所以，所以，所以. 【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.