浙江省宁波市奉化区九校2022-2023学年高二数学下学期期末模拟联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省宁波市奉化区九校2022-2023学年高二数学下学期期末模拟联考试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高二第二学期期末练习卷
第Ⅰ卷
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. 已知集合，若集合满足，则可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解指数不等式得到集合N，根据交集运算性质得，逐项判断即可.
【详解】因为，又，即，
因为，所以A与D选项集合不符合，
因为，所以B选项集合不符合，所以C正确.
故选：C
2. 已知，则（ ）
A. B. 5 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数除法运算和复数模长求法直接求解即可．
【详解】因为，
所以，
故选：A．
3. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数": 设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也称取整函数，例如: ，已知，则函数 的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求解函数的值域，在根据高斯函数的定义确定的值域.
【详解】解：因为，所以，则，所以函数的值域为，故的值域为-1或0.
故选：B
4. 已知向量，的夹角为60°，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对两边同时平方可得，由模长的计算公式代入可判断A，B；由向量夹角计算公式可判断C，D.
【详解】由可得：，
可得：，，
对于A，，故A不正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，，
，,
故，故C正确；
对于D，，,
，故D不正确.
故选：C.
5. 半径为2m的水轮如图所示，水轮的圆心距离水面m.已知水轮按逆时针方向每分钟转4圈，水轮上的点到水面的距离(单位：m）与时间(单位：s）满足关系式.从点离开水面开始计时，则点到达最高点所需最短时间为（ ）

A. s B. s C. s D. 10 s
【答案】B
【解析】
【分析】由题意求得周期，进而得到，由水轮的圆心距离水面m，可求出，，即可知，令，解得即可得出答案.
【详解】水轮每分钟逆时针转动4圈，则函数的最小正周期为15s，则，
由水轮的半径为2m，水轮圆心O距离水面m，
因为，可得，，
所以，
当水轮上点P从水中浮出时x= 0s开始计时，
令，解得，点P第一次到达最高点需要.
故选：B
6. 已知中，角，，所对的边分别是，，，若，且，那么是（ ）
A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】将化简并结合余弦定理可得的值，再对结合正、余弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.
【详解】由，得，
整理得，则，
因为，所以，
又由及正弦定理，得，化简得，
所以为等边三角形，
故选：B
7. 若存在正实数y，使得，则实数x的最大值为（ ）
A. B. C. 1 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】将转化为，利用基本不等式转化为关于x的不等式，然后解不等式可得.
【详解】，
因为，所以，所以，
当时，，解得，
当时，，解得，
故x的最大值为.
故选：A
8. 若函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则对于任意函数都有2个零点
B. 若，则对于任意 函数 都有4个零点
C. 若，则存在 使得函数 有2个零点
D. 若，则存在 使得函数 有2个零点
【答案】B
【解析】
【分析】先判断出偶函数，求导讨论在上的单调性，确定最小值，再结合选项，讨论最小值和0的大小，进而分析出的零点，再分析的零点即可.
【详解】易得定义域为R，又，则为偶函数；当时，，，
当时，则，则在上单增，，又为偶函数，则在R上，；
对于A，若，则，故在R上有，令，则，易得，则无零点，故A错误；
对于B，若，则，又，故在上有1个零点，又为偶函数，
则在上有另一个零点，则零点的个数等价于以及解的个数，又，易得有2个解，
又，令，则，则单增，即，
则，可得，即，即，则有2个解，
综上可得对任意，以及有4个解，即有4个零点，故B正确；C错误；
若，则，则有唯一零点0，则零点的个数等价于解的个数，
显然只有1个解0，即对任意，只有1个零点，故D错误.
故选：B.
【点睛】本题关键点在于讨论最小值和0的大小，进而分析出的零点；当时，易得有两个零点，，通过构造函数判断和的大小，是求出解的个数的关键.
二、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. 已知的展开式中二项式系数之和为1024，则下列说法正确的（ ）
A. 展开式中奇数项的二项式系数和为256
B. 展开式的各项系数之和为1024
C. 展开式中常数项为45
D. 展开式中含项的系数为45
【答案】BCD
【解析】
【分析】先由已知条件得求出的值，然后求出二项式展开式的通项公式，再逐个分析判断即可
【详解】解：因为的展开式中二项式系数之和为1024，
所以，得，
所以二项式展开式的通项公式为，
对于A，展开式中奇数项的二项式系数和为，所以A错误，
对于B，因为的展开式中二项式系数之和与展开式的各项系数之和相等，所以展开式的各项系数之和为1024，所以B正确，
对于C，令，解得，所以展开式中常数项为，所以C正确，
对于D，令，解得，所以展开式中含项的系数为，所以D正确，
故选：BCD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 在一个2×2列联表中，计算得到的值，则的值越接近1，可以判断两个变量相关的把握性越大
B. 随机变量，若函数为偶函数，则
C. 若回归直线方程为，则样本点的中心不可能为
D. 若甲、乙两组数据的相关系数分别为和0.89，则甲组数据的线性相关性更强
【答案】BCD
【解析】
【分析】由独立性检验的相关知识可判断A；根据偶函数的对称性可判断B；根据回归直线过样本点的中心可判断C；根据线性相关性与相关系数的关系可判断D.
【详解】对于A，在一个2×2列联表中，由计算得的值（可大于1），的值越大，两个变量相关的把握越大，故A错误；
对于B，为偶函数，则，即，故可得，故B正确；
对于C，，所以样本点的中心不可能为，C正确；
对于D，具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于1，x和y之间的线性相关程度越强，D正确．
故选：BCD.
11. 我们知道，函数的图象关系坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数 为奇函数. 有同学发现可以将其推广为: 函数的图象关于点 成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数. 现在已知，函数 的图像关于点对称，则（ ）
A.
B.
C. 对任意，有
D. 存在非零实数，使
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意可得函数为奇函数，从而可判断D；再根据，可求出的值，从而可判断A，B；令，解方程即可判断D.
【详解】解：由题意，因为函数 的图像关于点对称，
所以函数为奇函数，
所以，故C正确；
又，
则，
所以，解得，
所以，
则，故A正确，B错误；
令，
则，解得或，
所以存在非零实数，使，故D正确.
故选：ACD.
12. 若正四棱柱的底面棱长为4 ，侧棱长为3 ，且为棱的靠近点的三等分点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面的所成角，则下列结论正确的是（ ）

A. 点所在区域面积为
B. 四面体的体积取值范围为
C. 有且仅有一个点使得
D. 线段长度最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项，根据题意得到所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），得到区域面积；B选项，根据P点不同位置求出点P到平面的距离最大值及最小值，求出最大体积和最小体积；C选项，寻找到不止一个点使得；D选项，结合P的所在区域及三角形两边之和大于第三边求出长度最小值.
【详解】A选项，当时，与与底面的所成角，故点所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），即圆的，面积为，A正确；
如图，当点P位于上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离为，
此时四面体的体积为，
当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为，
因为△BFK∽△BAH，所以，所以最小体积为，

故四面体的体积取值范围为，B正确；
C选项，不妨点P与点F重合，
此时，由余弦定理得：，则
同理可得：，
故多于一个点使得，C错误；

D选项，当PC取最小值时，线段长度最小，由三角形两边之和大于第三边可知：当A，P，C三点共线时，PC取得最小值，即，则，D错误
故选：AB
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知函数，则______.
【答案】
【解析】
分析】将代入解析式可得，由可求得结果.
【详解】，.
故答案为：.
14. 某城市休闲公园管理人员拟对一块圆环区域进行改造封闭式种植鲜花，该圆环区域被等分为5个部分，每个部分从红、黄、紫三种颜色的鲜花中选取一种进行栽植．要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花，总的栽植方案有_________种．

【答案】30
【解析】
【分析】依颜色为出发点，分析可得必用3种颜色的鲜花，先安排1，2位置，再讨论第三种颜色的可能位置，分析运算即可.
【详解】若只用两种颜色的鲜花，则1，3位置的颜色相同，2，4位置的颜色相同，
即可得1，4位置的颜色不同，则5位置无颜色可选，不合题意；
故必用3种颜色的鲜花，则1，2的栽植方案有种，已用两种颜色，第三种颜色可能在3，4，5，可得：
（i）若第三种颜色在3或5，有如下两种可能：
①3，5颜色相同，则4的颜色有两种可能，栽植方案有种；
②3，5的颜色不相同，则4的颜色必和1的颜色相同，栽植方案有种；
栽植方案共有种；
（ⅱ）若第三种颜色在4，则3的颜色必和1的颜色相同，5的颜色必和2的颜色相同，栽植方案共有种；
综上所述：总的栽植方案有种.
故答案为：30.
15. 三个元件独立正常工作的概率分别是，把它们随意接入如图所示电路的三个接线盒中（一盒接一个元件），各种连接方法中，此电路正常工作的最大概率是__________.

【答案】
【解析】
【分析】根据对立事件概率公式和独立事件概率乘法公式依次计算每种接入方式对应的概率，比较概率大小即可得到结果.
【详解】若接入，分别接入，则该电路正常工作的概率为；
若接入，分别接入，则该电路正常工作的概率为；
若接入，分别接入，则该电路正常工作的概率为；
，此电路正常工作的最大概率为.
故答案为：.
16. 已知向量，满足，若以向量为基底，将向量表示成 为实数），都有，则的最小值为________
【答案】
【解析】
【分析】向量的模长已知，根据数量积公式可知所求为向量夹角余弦值的最小值，结合函数在区间上单调递减可得的最小值为.
【详解】由题可知，
不妨设，,,则点、分别在以原点为圆心，半径分别为和的圆上运动，
又 为实数），都有，
所以当、、三点共线时且此线与半径为2的圆相切时，向量的夹角最大，此时，的最小.

此时，在中，由余弦定理可得，
,

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、证明过程或演算步棸.
17. 已知函数.
（1）若，求的值;
（2）若在锐角中，角所对的边分别为，已知，求 的周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简得到，将代入求解；
（2）由，求得，得到外接圆的直径，然后由三角形的周长求解.
【小问1详解】
解：，
，
，
因为，
所以；
【小问2详解】
，
即，
解得或（舍去），
则，解得，所以外接圆的直径为，
所以三角形的周长为 ，
，
，
，
因为三角形是锐角三角形，所以，
即，解得，
则，，
所以.
18. 某校20名学生的数学成绩和知识竞赛成绩如下表：
学生编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
数学成绩
100
99
96
93
90
88
85
83
80
77
知识竞赛成绩
290
160
220
200
65
70
90
100
60
270
学生编号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
数学成绩
75
74
72
70
68
66
60
50
39
35
知识竞赛成绩
45
35
40
50
25
30
20
15
10
5
计算可得数学成绩的平均值是，知识竞赛成绩的平均值是，并且，，．
（1）求这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数（精确到）．
（2）设，变量和变量的一组样本数据为，其中两两不相同，两两不相同．记在中的排名是第位，在中的排名是第位，．定义变量和变量的“斯皮尔曼相关系数”（记为）为变量的排名和变量的排名的样本相关系数．
（i）记，．证明：．
（ii）用（i）的公式求这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的“斯皮尔曼相关系数”（精确到）．
（3）比较（1）和（2）（ii）的计算结果，简述“斯皮尔曼相关系数”在分析线性相关性时的优势．
注：参考公式与参考数据．；；．
【答案】（1）0.70
（2）（i）证明见解析；（ii）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用相关系数的公式进行计算即可；
（2）（i）根据题意即相关系数的公式进行计算即可证明；（ii）利用表格写出对应的与 得值，然后用“斯皮尔曼相关系数”的公式进行计算即可；
（3）只要能说出斯皮尔曼相关系数与一般的样本相关系数相比的优势即可
【小问1详解】
由题意，这组学生数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数为

【小问2详解】
（i）证明：因为和都是1，2，，的一个排列，所以
，
，
从而和的平均数都是．
因此，，
同理可得，
由于，
所以；
（ii）由题目数据，可写出与的值如下：
同学编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
数学成绩排名
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
知识竞赛成绩排名
1
5
3
4
9
8
7
6
10
2
同学编号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
数学成绩排名
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
知识竞赛成绩排名
12
14
13
11
16
15
17
18
19
20
所以，并且．
因此这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的斯皮尔曼相关系数是

【小问3详解】
答案①：斯皮尔曼相关系数对于异常值不太敏感，如果数据中有明显的异常值，那么用斯皮尔曼相关系数比用样本相关系数更能刻画某种线性关系；
答案②：斯皮尔曼相关系数刻画的是样本数据排名的样本相关系数，与具体的数值无关，只与排名有关．如果一组数据有异常值，但排名依然符合一定的线性关系，则可以采用斯皮尔曼相关系数刻画线性关系．
【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
19. 某商场拟在周年店庆进行促销活动，对一次性消费超过200元的顾客，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：每轮游戏都抛掷一枚质地均匀的骰子，若向上点数不超过4点，获得1分，否则获得2分，进行若干轮游戏，若累计得分为9分，则游戏结束，可得到200元礼券，若累计得分为10分，则游戏结束，可得到纪念品一份，最多进行9轮游戏.
（1）当进行完3轮游戏时，总分为，求的分布列和数学期望；
（2）若累计得分为的概率为，初始分数为0分，记
（i）证明：数列是等比数列；
（ii）求活动参与者得到纪念品的概率.
【答案】（1）分布列见解析，期望为
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】解：由题意得每轮游戏获得1分的概率为，获得2分的概率为，得出随机变量可能取值为3，4，5，6，求得相应的概率，得出分布列，利用期望的公式求得期望；
（2）（ⅰ）当，即累计得分为1分，是第1次掷骰子，向上点数不超过4点的概率
得到，得到，结合等比数列的定义，即可求解；
（ⅱ）由（ⅰ）得到，利用叠加法得到，进而求得活动参与者得到纪念品的概率.
【小问1详解】
解：由题意得每轮游戏获得1分的概率为，获得2分的概率为
所以随机变量可能取值为3，4，5，6，
可得，
，
所以的分布列：

3
4
5
6





所以期望.
【小问2详解】
解：（ⅰ）证明：，即累计得分为1分，是第1次掷骰子，向上点数不超过4点的概率
则，
累计得分为分的情况有两种：
①，即前一轮累计得分，又掷骰子点数超过4点得2分，其概率为，
②，即前一轮累计得分，又掷骰子点数没超过4点得1分，其概率为，
所以，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（ⅱ）因为数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，，…，，
各式相加，得：，
所以
所以活动参与者得到纪念品的概率为.
20. 如图，在三棱柱: 中，，点为线段中点，侧面为矩形.

（1）证明: 平面 平面;
（2）若，二面角的正切值为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证得平面，再由面面垂直的判定定理可得证；
（2）由（1）可得就是二面角的平面角，设，在，，中，由余弦定理建立方程可求得，以点D为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求解方法可求得答案.
【小问1详解】
证明：因为，点为线段中点，所以，
又侧面为矩形，所以，所以.
又，所以平面，
因为平面，所以平面平面；
【小问2详解】
解：由（1）得平面，所以，又，所以就是二面角的平面角，
所以，则，
设，
在中，，，所以，
在中，，
所以在中，，即，
化简得，解得（舍去），
所以，
以点D为坐标原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示，

过作底面，
因，，则，，
则，
则，
则，
设平面法向量为，
由，，
则，令，则，即，，
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
21. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD是菱形，且，，F是线段AD的中点.

（1）求证：平面平面EFB；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题目条件，先证平面EFB，然后即可证得平面平面EFB；
（2）首先寻找线线垂直关系，建立合适的空间直角坐标系并写出相关向量的坐标，然后分别求出平面EFB､平面EBD的法向量，最后利用向量的夹角公式及同角三角函数的基本关系求解.
【小问1详解】
因为，F是线段AD的中点，所以，
在中，因为，，
所以为等边三角形，所以，
因为，平面EFB，平面EFB，所以平面EFB，
因为四边形ABCD是菱形，所以，则平面EFB，
又平面EBC，所以平面平面EFB.
【小问2详解】
在中，因为，，所以，同理可得，
又，所以，所以，
结合（1）可知FE，FA，FB两两垂直，
故以点F为坐标原点，分别以FE，FA，FB所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，
由（1）得平面EFB，故可取平面EFB的一个法向量为，
设平面EBD的法向量为，则，
所以，取，则，
所以，
设二面角的平面角为θ，则，
所以，
所以二面角的正弦值为.
22. 已知函数
（1）当 时，求在区间上的值域;
（2）函数，若对任意，存在，且，使得 ，求的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用定义法求解函数在区间上的单调性，根据单调性求解值域即可；
（2）根据题意判断函数在区间上不单调，由此可判断，利用定义法证明当时，函数在区间上单调递增，且在区间的最大值，最小值，分类讨论的取值范围，列不等式组即可求解.
【小问1详解】
解：当时，，
在区间上任意取两个值，令，
则，
因为，所以，故函数在区间上单调递增，
又，
所以在区间上的值域为.
【小问2详解】
解：因为对任意，存在，且，使得 ，所以函数在区间上不单调，
又，
在区间上任意取两个值，令，
则，
当，时，，函数在区间上单调递增，不满足题意，故，
当时，，故，则函数在区间上单调递增，
则，
当时，函数，故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
则，
故，解得；
当时，,在区间上单调递减，不满足题意；
当，时，，对称轴为，且，
则，
故，解得，与矛盾，故不满足题意；
当时，，在区间上单调递增，不满足题意.
综上，的范围为.