精品解析：重庆市乌江新高考协作体2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版）

这是一份精品解析：重庆市乌江新高考协作体2022-2023学年高二下学期期末数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
乌江新高考协作体2022-2023学年（下）期末学业质量联合调研抽测高二数学试题一、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. ﹣（﹣10）0+（log2）•（ 2）的值等于（　　）A. ﹣2 B. 0 C. 8 D. 10【答案】A【解析】【分析】利用指数运算和对数运算求解.【详解】解：原式=3﹣1+（﹣2）×2=﹣2．故选：A．2. 已知集合，，那么（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用集合的并集运算求解．【详解】因为集合，，所以．故选：A．3. 实验测得六组成对数据的值为，，，，，，由此可得y与x之间的回归方程为，则可预测当时，y的值为（    ）A. 67 B. 66 C. 65 D. 64【答案】B【解析】【分析】先求出样本中心点，线性回归方程恒过，代入即可求出，再令，代入求解即可.【详解】由表中数据可得，，，线性回归方程为，则，解得，故，当时，.故选：B.4. 若复数满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由复数的除法运算及乘方运算求解.【详解】因为，所以.故选：B【点睛】本题主要考查了复数的除法及乘方运算，属于容易题.5. “”是“属于函数单调递增区间”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分且必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据函数单调递增区间，由复合函数单调性的性质先求得单调递增的区间；由两个区间的包含关系即可判断充分必要性.【详解】函数单调递增区间，由复合函数单调性可知单调递增且，解得，即时函数单调递增，所以“”是“属于函数单调递增区间”的必要不充分条件，故选：B.【点睛】本题考查了复合函数单调区间求法，注意对数函数定义域的要求，充分必要条件的判断，属于中档题.6. 已知向量，则“”是“与夹角为锐角”的A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【详解】当时，与的夹角为，不是锐角，所以充分性不成立，若与的夹角为锐角，则必要性成立，“”是“与夹角为锐角”的必要不充分条件.故选：A.7. 已知定义在上的函数． 对任意区间和，若存在开区间，使得，且对任意（）都成立，则称为在上的一个“M点”． 有以下两个命题：①若是在区间上的最大值，则是在区间上的一个M点；②若对任意，都是在区间上的一个M点，则在上严格增．那么（    ）A. ①是真命题，②是假命题 B. ①是假命题，②是真命题C. ①、②都是真命题 D. ①、②都是假命题【答案】D【解析】分析】举出反例，得到①②错误.【详解】对于①，设，满足是在区间上的最大值，但不是在区间上的一个M点，①错误；对于②，设，对于区间，令为有理数，满足对任意（）都成立，故为区间上的一个M点，但在上不是严格增函数.故选：D【点睛】举出反例是一种特殊的证明方法，它在证明“某命题”不成立时，可达到事半功倍的效果.8. 已知函数则函数的零点个数是（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】C【解析】【分析】通过换元，，则可以转化为与的交点的个数，画出图像既可以解决.【详解】设，则，令，即，转化为与的交点，画出图像如图所示：  由图像可知，，所以函数有一个解，有两个解，故的零点个数是4个.故选：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的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.9. 某企业对目前销售的A，B，C，D四种产品进行改造升级，经过改造升级后，企业营收实现翻番，现统计了该企业升级前后四种产品的营收占比，得到如下饼图：下列说法正确的是（    ）A. 产品升级后，产品A的营收是升级前的4倍B. 产品升级后，产品B的营收是升级前的2倍C. 产品升级后，产品C的营收减少D. 产品升级后，产品B､D营收的总和占总营收的比例不变【答案】ABD【解析】【分析】根据扇形统计图由产品升级前的营收为，升级后的营收为，结合图中数据即可结合选项逐一求解.【详解】设产品升级前的营收为，升级后的营收为.对于产品，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收是升级前的4倍，A正确.对于产品 ，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收是升级前的2倍，B正确，对于产品 ，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收增加，C错误.产品升级后，产品营收的总和占总营收的比例不变，D正确.故选：ABD10. 已知函数的最小正周期为,且图象经过点,则(    )A. B. 点为函数图象的对称中心C. 直线为函数图象的对称轴D. 函数的单调增区间为【答案】ACD【解析】【分析】先求出的解析式,然后逐项分析验证即可.【详解】因为最小正周期,所以,所以A对.因为,所以,又,所以.所以.因为,所以B错.因为,所以直线为函数图象的对称轴,所以C对.由,得.所以函数的单调增区间为,所以D对.故选: ACD11. 已知函数，．下列说法正确的为（    ）A. 若，则函数与的图象有两个公共点B. 若函数与的图象有两个公共点，则C. 若，则函数有且仅有两个零点D. 若在和处的切线相互垂直，则【答案】BCD【解析】【分析】解方程得到A错误，解方程得到，解得B正确，计算零点个数为2得到C正确，根据斜率的关系得到，D正确，得到答案.【详解】对选项A：，故（无解）或，，错误；对选项B：，故或，故，且，解得，正确；对选项C：取，则，，，则，设，在上恒成立，则在上单调递增，则，故，，则，或，正确；对选项D：当和同时为正或者同时为负时不成立，不妨设，，，，则，故，正确.故选：BCD12. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程.已知大衍数列满足，，则（    ）A  B. C.  D. 数列的前项和为【答案】BCD【解析】【分析】直接由递推公式求出即可判断A选项；分为奇数或偶数即可判断B选项；分为奇数或偶数结合累加法即可判断C选项；由分组求和法即可判断D选项.【详解】对于A，，A错误；对于B，当为奇数时，为偶数，则，，可得；当为偶数时，为奇数，则，，可得，B正确；对于C，当为奇数且时，累加可得，时也符合；当为偶数且时，累加可得；则，C正确；对于D，设数列的前项和为，则，又，，D正确.故选：BCD.【点睛】本题的关键点在于利用题目中的递推关系式，分为奇数或偶数两种情况来考虑，同时借助累加法即可求出通项，再结合分组求和法以及等差数列求和公式即可求得前项和，使问题得以解决.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为____分钟.【答案】7.5【解析】【分析】分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.【详解】故答案为：7.5【点睛】此题考查求平均数，关键在于准确计算出所有数据之和，易错点在于概念辨析不清导致计算出错.14. 已知向量，满足，若，则，夹角的余弦值为___________.【答案】【解析】【分析】利用数量积得性质可求得，再代夹角公式即可求解【详解】，则，因为所以即所以所以故答案为：15. 如图所示，制作某回旋飞梭的飞行翅膀时，需从一个直角三角形的塑料板上裁去一个以其斜边为一边且对角为150°的三角形(图中的阴影部分)再加工而成为游戏者安全考虑，具体制作尺寸为，，，则___________.【答案】【解析】【分析】设，则.在中，由正弦定理解得利用两角和的正切公式即可求值.【详解】由题意可得，.又，，所以.设，则.因为，且，所以.又，且，所以.在中，由正弦定理可得，即，解得.故.故答案为：.【点睛】(1)在解三角形中，选择用正弦定理或余弦定理，可以从两方面思考：①从题目给出的条件，边角关系来选择；②从式子结构来选择．(2)在几何图形中解三角形的关键是：把有关条件在图形中表示出来，在合适的三角形中解三角形即可.16. 已知圆，，是圆上两点，点且，则最大值是______.【答案】【解析】【分析】根据题意作出图象，结合圆的性质及直角三角形中线的性质，可得，即可求出最大值.【详解】如图所示，设是线段的中点，则， 因为，于是，在中，，，，由勾股定理得，，整理得，故的轨迹是以为圆心，半径为的圆，故，又由圆的弦长公式可得.故答案：【点睛】本题主要考查了圆的性质，圆的弦，弦心距，半径的关系，考查了数形结合的思想，属于中档题.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. 计算: 【答案】2【解析】【分析】直接利用指数幂的运算法则化简即得解.【详解】原式.【点睛】本题主要考查指数幂的运算法则，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18. 如图，直四棱柱，底面是边长为2的菱形，，，点在平面上，且平面.（1）求的长；（2）若为的中点，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离的向量公式求解；（2）利用向量法求线面角的正弦即可.【详解】如图建立空间直角坐标系，则,.（1）设平面的法向量为，, ,则，取，，，∴可为.（2）由（1）知平面的法向量为，且，设平面的法向量为,，，取，，，∴， .19. 已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，是斜边为的等腰直角三角形．（1）若时，求证：平面平面；（2）若时，求直线与平面所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，证明，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.（2）作出二面角的平面角并求出其大小，再建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.【小问1详解】因，，，则有，即有，又，且，平面，于是得平面，而平面，所以平面平面.【小问2详解】在平面内，过B作直线垂直于，交直线于E，有，，如图，则为二面角的平面角，平面，，于是得，中，，则，在中，，，，由余弦定理得，则有，显然平面平面，在平面内过B作，则平面，以B为原点，分别以射线为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的法向量，则，令，得而，设与平面所成的角为，所以与平面所成的角的正弦值为.20. 在中，角所对的边分别为，且.（1）求角；（2）若，的面积为，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）结合三角恒等变换，根据正弦定理边化角求解即可.（2）由面积公式得，再根据余弦定理得，进而可求得.【小问1详解】解：依题意，，故，则，，所以，由于，所以，所以，故，由于，，所以，，即.【小问2详解】解：由题意，，所以.又由余弦定理，，即，所以，所以所以.21. 设函数，其中，曲线在点处切线经过点.（1）求函数的极值；（2）证明：.【答案】（1）极小值为，没有极大值    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先解出，代入函数解析式，求导即可求解（2）由（1）可得，可将所要证明的不等式转化为(需验证等号不同时成立)，构造函数，求导，研究其最值即可证明【小问1详解】，则，，故在处的切线方程，把点代入切线方程可得，，，，易得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故当时，函数取得极小值，没有极大值.【小问2详解】证明：等价于，由（1）可得(当且仅当时等号成立)①，所以，故只要证明即可，(需验证等号不同时成立)设，则，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，所以，当且仅当时等号成立，②因为①②等号不同时成立，所以当时，.22. 已知函数．（1）若函数在处取得极值，求的值及函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求的取值范围．【答案】（1），单调递减区间为，单调递增区间为.    （2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，依题意求出求的值，令，利用导数说明的单调性，即可得到的单调性，从而求出函数的单调区间；（2）依题意可得，设函数，则，利用导数说明的单调性，即可得到，则只需在上有两个根，然后构造新函数求的取值范围.【小问1详解】函数定义域为，，在处取得极值，则，所以，此时，令，，则，所以在上单调递增，所以在上单调递增，且，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.故的单调递减区间为，单调递增区间为.【小问2详解】依题意即在上有两个根，整理为，即，设函数，则上式为，因为恒成立，所以单调递增，所以，所以只需上有两个根，令，，则，当时，，当时，，故在处取得极大值即最大值，，且当时，当时，要想在上有两个根，只需，解得，所以的取值范围为.【点睛】方法点睛：同构变形是一种处理含有参数的函数常用方法，特别是指对同构，对不能参变分离的函数可以达到化简后可以参变分离的效果.