海南省2022-2023学年高二下学期学业水平诊断（二）数学试题

这是一份海南省2022-2023学年高二下学期学业水平诊断（二）数学试题，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
海南省2022-2023学年高二下学期学业水平诊断（二）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设全集，集合，则（    ）
A． B．
C．或 D．或
2．已知复数在复平面内对应的点为，则（    ）
A． B． C． D．
3．已知向量，，，则的值为（    ）
A．6 B． C． D．
4．已知函数及其导数满足，则的图象在点处的切线斜率为（    ）
A．4 B． C．12 D．
5．在正项数列中，，，则（    ）
A．为递减数列 B．为递增数列
C．先递减后递增 D．先递增后递减
6．的展开式中的系数为（    ）
A．1 B．6 C．12 D．144
7．某班举办古诗词大赛，其中一个环节要求默写《咏柳》《送元二使安西》《黄鹤楼送孟浩然之广陵》《绝句》《江畔独步寻花》五首古诗，并要求《黄鹤楼送孟浩然之广陵》《绝句》默写次序相邻，则不同的默写次序有（    ）
A．36种 B．48种 C．72种 D．96种
8．若，，，则（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．下列有关线性回归分析的说法正确的是（    ）
A．经验回归直线是经过散点图中样本点最多的一条直线
B．经验回归直线一定经过点
C．残差图中所有散点的纵坐标之和为0
D．两个变量的负相关关系越强，回归模型的越接近于
10．已知函数在处取得极值，则（    ）
A．
B．在处取得极大值
C．有3个不同的零点
D．在区间上的值域为
11．某小学六年级有3个班，六（1）班、六（2）班、六（3）班的学生人数之比为3∶3∶4.在某次数学考试中，六（1）班的不及格率为10%，六（2）班的不及格率为20%，六（3）班的不及格率为15%，从该校随机抽取一名六年级学生.记事件“该学生本次数学考试不及格”，事件“该学生在六（）班”（，2，3），则（    ）
A．
B．
C．与（，2，3）均不相互独立
D．
12．已知双曲线：的一条渐近线方程为，圆：上任意一点处的切线交双曲线于，两点，则（    ）
A．
B．满足的直线仅有2条
C．满足的直线仅有4条
D．为定值2

三、填空题
13．若，且，则 ；
14．记等差数列的前项和为，若，则 .

四、双空题
15．某制药公司为了验证一种药物对治疗“抑郁症”是否有效，随机选取了100名抑郁症患者进行试验，并根据试验数据得到下列2×2列联表：

用药
未用药
症状明显减轻
37
33
症状没有减轻
8
22
根据表中数据，计算可得 （结果精确到0.001），依据小概率值 （填临界值表中符合条件的最小值）的独立性检验，可以认为该药物对治疗“抑郁症”是有效的.
附：.

0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

五、填空题
16．已知四棱锥的外接球的体积为，平面，且底面为矩形，，则四棱锥体积的最大值为 .

六、解答题
17．已知数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)证明：.
18．在中，角，，的对边分别是，，，已知，且，角为锐角.
(1)求；
(2)若，求的面积.
19．如图，在三棱锥中，底面，是正三角形﹐点在棱上，且，点为的中点.
  
(1)证明：为的中点；
(2)若，求二面角的余弦值.
20．某智力问答节目中，选手要从，两类题中各随机抽取2个进行作答.类题一共有5个，每个题答对得5分，答错得0分，类题数量非常多，每个题答对得3分，答错得0分.小明参与该节目，在类题中小明仅能答对其中的4个，每个类题小明能答对的概率都是.且每个类题回答正确与否相互独立.
(1)求小明恰好答对2个题的概率；
(2)求小明答类题和答类题得分的期望之和.
21．已知椭圆：的离心率为，点，，分别是椭圆的左、右、上顶点，是的左焦点，坐标原点到直线的距离为.
(1)求的方程；
(2)过的直线交椭圆于，两点，求的取值范围.
22．已知函数，.
(1)当时，求的极小值；
(2)若有2个零点，求的取值范围.

参考答案：
1．D
【分析】解一元二次不等式求集合，应用补集运算求集合.
【详解】由，则或.
故选：D
2．B
【分析】根据复数的几何意义，结合复数的除法，可得答案.
【详解】因为复数在复平面内对应的点为，则，
所以，
故选：B.
3．A
【分析】根据向量垂直的坐标表示，列式计算，即得答案.
【详解】由题意向量，，且，
则.
故选：A
4．D
【分析】由导数的四则运算求，将代入即可得对应点斜率.
【详解】由题设，则，可得，
故的图象在点处的切线斜率为.
故选：D
5．A
【分析】先判断大小关系，进而假设数列单调性，利用数学归纳法证明即可得结论.
【详解】由，且，
显然成立，
假设，成立，
当时，则，
所以，故为递减数列.
故选：A
6．C
【分析】根据二项式定理的展开原理，结合组合数，可得答案.
【详解】由题意，对于整式中，个括号选出，个括号不选，
则.
故选：C.
7．B
【分析】应用捆绑法，结合分步乘法及排列数求不同默写次序数.
【详解】将相邻的两首诗捆绑有种方法，
再作为一个元素，与其它3首诗作全排有种方法，
所以共有种.
故选：B
8．D
【分析】构造，，利用导数研究单调性判断大小，构造且，利用导数研究单调性判断大小.
【详解】对于，令，，
所以，即在上递增，
故，即在上恒成立，所以；
由，，则，
令，且，
所以，即在上递增，
所以，即.
综上，.
故选：D
9．BC
【分析】根据回归直线的实际意义判断A、B；由残差图、相关关系中相关指数的意义判断C、D.
【详解】A：经验回归直线不一定经过散点图中样本点，故错误；
B：经验回归直线必过样本中心，正确；
C：在残差图中残差对应纵轴值，各散点围绕x轴(零点)两侧分布，又预测值与观测值的总体均值相等，故所有散点的纵坐标之和为0，正确；
D：两个变量的负相关关系越强，回归模型的相关系数越接近于，错误；
故选：BC
10．ABC
【分析】利用极值点和导数，求出的值，得到函数解析式，再利用导数求函数的极值、零点和区间内的值域.
【详解】函数定义域为R，，
函数在处取得极值，则，得，A选项正确；
，，
，解得或，，解得，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
在处取得极大值，在处取得极小值，B选项正确；
，，
，，
所以上、上和上各有一个零点，C选项正确；
时，在上单调递减，在上单调递增，
，，，
在区间上的值域为，D选项错误.
故选：ABC
11．BD
【分析】对于A，利用古典概型的概率计算公式，可得答案；
对于B，根据全概率公式，可得答案；
对于C，根据独立事件的概率乘法公式，可得答案；
对于D，根据条件概率公式的计算公式，可得答案.
【详解】对于A，，，，故A错误；
对于B，由题意，，，，
，故B正确；
对于C，由，则，
即与相互独立，故C错误；
对于D，，，
则，故D正确.
故选：BD.
12．AD
【分析】由双曲线及其渐近线方程求得，写出双曲线方程，讨论或斜率不存在易得，判断A、B；若，且，得到，联立双曲线方程应用韦达定理及向量夹角的坐标表示求得为定值，即，进而有，即可判断C、D.
【详解】因为双曲线：，所以其渐近线方程为，
又双曲线的一条渐近线方程为，即，
所以，解得，故，A对；
  
若时，，此时，
若斜率不存在时，，此时，
所以对应直线有4条，B错；
若，且，直线斜率存在为，
则，即（也满足），代入，
消得：，即，，
所以，，
则，
所以，即，
所以，则直线有无数条，C错误；
由C分析易知：，则，故，D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：对于C、D，设切点坐标并写出切线方程，联立双曲线方程，应用韦达定理、向量夹角坐标表示判断为定值为关键.
13．
【详解】因为，且，则，
所以．

14．
【分析】利用等差数列前n项和、等差中项可得，再应用通项公式求结果.
【详解】，则，
其中为公差，则，故.
故答案为：
15． 5.820 0.05
【分析】根据给定数表，求出的观测值，再结合临界值表，求出符合条件的作答.
【详解】由列联表中数据得：，
因为，所以.
故答案为：；
16．32
【分析】将四棱锥补成长方体，求得四棱锥外接球半径，利用长方体体对角线长求得四棱锥底面积的最大值，即可求得答案.
【详解】由于平面，故可将四棱锥补成长方体，如图示：
  
可知四棱锥外接球直径即为该长方体的体对角线；
设四棱锥外接球半径为R，则，
设长方体的长、宽、高分别为，不妨设，其中，
则，即，
由，即，当且仅当时等号成立，
所以底面面积的最大值为24，
故四棱锥体积的最大值为，
故答案为：32
17．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据公式，即可求通项公式；
（2）根据（1）的结果，首先求，即可证明不等式.
【详解】（1）当时，，解得.
当时，，两式相减整理得，
所以是，公比的等比数列，
故.
（2），
而关于单调递增，
，且，
所以.
18．(1)
(2)

【分析】（1）根据正弦定理，利用边化角整理等式，结合和角公式，可得答案；
（2）利用三角函数的和角公式，结合正弦定理，求得边长，利用三角形的面积公式，可得答案.
【详解】（1）由条件及正弦定理可得，
即，所以.
因为，，所以，所以，
又因为为锐角，所以.
（2）由（1）可知，因为是锐角，所以，
，
所以由正弦定理得，即，解得，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）证明，由三角形中位线可得为的中点；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）因为是正三角形，为的中点，所以，
又，平面，且，
所以平面，平面，所以.
因为底面，平面，所以，
平面内，，，则有，
点为的中点，所以为的中点.
（2）由（1）可知底面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
  
由，得，所以，
则.
所以.
设平面的法向量为，则，
令，则，
又平面的一个法向量为，
所以，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
20．(1)
(2)12

【分析】（1）分两种情况求出概率：①答对2个类题，②答对1个类题和1个类题，然后利用互斥事件的概率公式可求得结果，
（2）设小明答对类题的个数为，答对类题的个数为，则由题意可得服从超几何分布，服从二项分布，然后利用期望公式可得结果.
【详解】（1）小明恰好答对2题，分两种情况：
①答对2个类题：；
②答对1个类题和1个类题：.
所以小明恰好答对2个题的概率为.
（2）设小明答对类题的个数为，答对类题的个数为，
则服从超几何分布，
则，则小明答类题得分的期望为.
服从二项分布，
则，则小明答类题得分的期望为.
综上，小明答类题和答类题得分的期望之和为.
21．(1)
(2)

【分析】（1）由离心率、等面积法及椭圆参数关系列方程求椭圆参数，即可得方程；
（2）讨论直线的斜率，设的方程并联立椭圆方程，应用韦达定理及向量数量积的坐标表示得到关于所设参数的关系式，进而求范围.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，
根据题意解得
故的方程为.
（2）由（1）知：.
当直线的斜率为0时，点为椭圆的左、右顶点，
不妨取，此时，则.
当直线的斜率不为0或与轴垂直时，设其方程为，
代入椭圆并消去得，
设，则.
而，
所以
.
因为，所以，
所以.
综上，的取值范围为.

22．(1)0；
(2).

【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数求出极小值作答.
（2）求出函数及定义域，由零点的意义分离参数，构造函数并求出最大值，数形结合求解作答.
【详解】（1）当时，，则，
由函数和在上单调递增，知在上单调递增，
又，
因此当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为.
（2）依题意，，其定义域为，由，得，
令，则有2个零点，等价于函数与的图象有2个交点，
求导得，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，则，且当时，恒成立，
函数的大致图象如下：

观察图象知，当时，与的图象有2个交点，
所以的取值范围是.