2022-2023学年广西示范性高中高二下学期6月联合调研测试数学试题含答案

2022-2023学年广西示范性高中高二下学期6月联合调研测试数学试题

一、单选题

1．已知实数集，集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解作答.

【详解】解不等式，得，即有，

由，得，

所以.

故选：A

2．设，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】复数z化简为的形式，则.

【详解】，.

故选：B

【点睛】本题考查复数的除法运算、共轭复数，属于基础题.

3．已知平面向量，，满足，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过平方的方法，结合向量数量积运算求得正确答案.

【详解】因为，，且，

所以，

所以.

故选：D

4．某中学举行全区教研活动，有10名志愿者参加接待工作.若每天排早、中、晚三班，每班至少3人，每人每天值一班，则教研活动当天不同的排班种数为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】首先对10人分成三组，再分早中晚三班排列即可得解.

【详解】10人分成三组，每组至少3人，故可分为4人,3人,3人三组，

共有种，

再把三组人员安排到早中晚三班，共有种，

由分步乘法计数原理可得共有种.

故选：B

5．某田地生长的小麦的株高服从正态分布，则（    ）

（附：若随机变量服从正态分布，则，，）

A．0.6827 B．0.8186 C．0.9545 D．0.9759

【答案】B

【分析】根据正态分布的对称性及所提供数据运算即可.

【详解】由题知，，

所以

.

故选：B

6．数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数（且）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，动点满足，得到动点的轨迹是阿氏圆.若对任意实数，直线：与圆恒有公共点，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设点，求出动点的轨迹圆的方程，再求出直线过定点坐标，依题意点在圆的内部，即可得到不等式，解得即可.

【详解】设点，，，

所以动点的轨迹为阿氏圆：，

又直线恒过点，

若对任意实数直线与圆恒有公共点，

在圆的内部或圆上，所以，

所以，解得，

即的取值范围为.

故选：B

7．在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用余弦定理求出，利用正弦定理求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求解作答.

【详解】在中，，，，则，

设外接圆半径为，则，即，令外接圆圆心为，

三棱锥外接球球心为，半径为，有平面，

由平面，得，又，取中点，于是四边形为矩形，

则球心到平面的距离，

因此，所以三棱锥外接球的表面积.

故选：C

8．已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．

【详解】依题可知，在上恒成立，

显然，所以，

设，所以，所以在上单调递增，

，故，即，即a的最小值为．

故选：D．

二、多选题

9．某班级体温检测员对一周内甲乙两名同学的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A．乙同学体温的极差为0.3℃

B．甲同学体温的中位数与平均数相等

C．乙同学体温的方差比甲同学体温的方差小

D．甲同学体温的第60百分位数为36.6℃

【答案】BC

【分析】根据给定的折线图，利用极差、中位数、平均数、方差、第p百分位数的意义逐项计算判断作答.

【详解】由乙同学体温折线图知体温的极差为36.5℃36.3℃0.2℃，A错误；

甲同学的体温由低到高为：36.2℃，36.2℃，36.4℃，36.4℃，36.5℃，36.5℃，36.6℃，

因此中位数为36.4℃，平均数为℃，B正确；

乙同学体温的平均数为℃，与甲同学体温的平均数相同，

甲同学体温的极差为0.4℃，大于乙同学体温的极差，因此乙同学的体温比甲同学的稳定，

所以乙同学体温的方差比甲同学体温的方差小，C正确；

由及选项B知，甲同学体温的第60百分位数为36.5℃，D错误.

故选：BC

10．在空间直角坐标系中，，，，则（    ）

A．

B．

C．异面直线与所成角的余弦值为

D．点到直线的距离是

【答案】ABD

【分析】利用空间向量的坐标表示，结合向量数量积、模的意义计算判断AB；利用异面直线夹角的向量求法判断C；利用空间向量求出点到直线距离判断D作答.

【详解】依题意，，，A正确；

显然，B正确；

因为，则异面直线与所成角的余弦值为，C错误；

因为，，所以点到直线的距离是，D正确.

故选：ABD

11．已知，则实数，满足（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】对于A，根据对数函数的性质分析判断，对于C，由已知可得，从而可得，对于D，利用基本不等式判断，对于B，由，得分析判断.

【详解】对于A，因为，所以，因为，所以，所以，所以A正确；

对于C，由，得，所以，所以C错误；

对于D，因为，所以，得，所以D正确；

对于B，因为，所以，所以B错误.

故选：AD

12．已知抛物线的焦点为点，准线与对称轴的交点为，斜率为的直线与抛物线相交于，两点，线段的中点为，则下列结论正确的是（    ）

A．当，点到准线的最小距离为4

B．当时，直线的斜率最小值为

C．当直线过点时，斜率

D．当直线过点时，

【答案】CD

【分析】根据给定条件结合抛物线定义判断A；设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理、数量积的坐标表示结合均值不等式判断B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，由判别式及中点坐标公式判断CD作答.

【详解】对于A，作，连接，其中为准线，如图，

由抛物线定义知，，即，

当且仅当在上，且轴时取等号，此时直线的斜率为0，与矛盾，A错误；

对于B，设，由消去y并整理得，

当时，设，则，即，

，因此，而，即，

于是，即，解得或(舍去)，

此时，满足题意，又，

因此直线的斜率，

当且仅当，即时取等号，B错误；

对于C，直线过点时，直线的方程为，

由消去y并整理可得，设，

则，解得，C正确；

因此，即，D正确.

故选：CD

三、填空题

13．在的展开式中，含项的系数是        ．

【答案】

【分析】根据题意，得到其通项公式，即可得到结果.

【详解】由题意可得，其通项公式为，

令，则，

所以含项的系数是.

故答案为:

14．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为5%，第2，3台加工的次品率均为4%，加工出来的零件混放在一起；已知第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的30%，15%，55%.现任取一个零件，则该零件是次品的概率为        .

【答案】

【分析】根据条件，结合全概率公式求解即可.

【详解】由全概率公式可得，任取一个零件，则该零件是次品的概率为

.

故答案为：

15．已知是正项等比数列的前项和，，则的最小值为        .

【答案】/

【分析】按公比是否为1分类讨论，在时，用表示出，再列式并借助二次函数最值求解作答.

【详解】设正项等比数列的公比为，当时，，则，

当时，，

，

于是，

所以当时，取得最小值.

故答案为：.

16．设函数在上恰有2个零点，且的图象在上恰有2个最高点，则的取值范围是        .

【答案】

【分析】结合三角函数的图象性质，找出到满足条件的所在的区间，解不等式组即可作答.

【详解】因为，则，

而函数在上恰有2个零点，且的图象在上恰有2个最高点，

因此，即，

当时，不符合题意，

当时，不等式组为，不等式组无解，

当时，不等式组为，解得，

当时，不等式组无解，

所以的取值范围是.

故答案为：

四、解答题

17．内角，，的对边分别为，，.已知.

(1)求角；

(2)求的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再结合和角的正弦公式求解作答.

（2）由（1）的结论，利用二倍角的余弦公式、差角的余弦公式、辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质求解作答.

【详解】（1）在中，由及正弦定理得，而，

于是，即

整理得到：，又，因此，，

所以.

（2）由（1）知，

则

，

显然，则，即有，于是，

所以的取值范围是.

18．一个医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：

再调查病例组100例的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：

(1)依据小概率值的独立性检验，能否据此推断患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？

(2)已知该地方这种疾病的患者的患病率为0.5%，该地方年龄位于区间的人口占该地方总人口的20%.从该地方中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率）.

附：

【答案】(1)能推断患该疾病群体与末患该疾病群体的卫生习惯有差异；

(2).

【分析】（1）根据给定数表，求出的观测值，再结合临界值表判断作答.

（2）利用条件概率公式计算作答.

【详解】（1）设零假设：患该病群体和卫生习惯没有差异；

由数据表得，又，

依据小概率值的独立性检验，推断不成立，

所以认为患该疾病群体与末患该疾病群体的卫生习惯有差异.

（2）设从该地区中任选一人，此人的年龄位于区间为事件，此人患这种疾病为事件，

于是，，

所以所求概率为.

19．已知等比数列的公比，且，，成等差数列，数列前项和为，且.

(1)分别求出数列和的通项公式；

(2)设，其中数列前项和为，求.

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用等差中项的意义结合等比数列求出公比即可求出，再利用前n项和公式求出数列的通项作答.

（2）利用错位相减法求和作答.

【详解】（1）由成等差数列，得，而，且等比数列的公比，

则，即，解得，因此；

由，得当时，，

当时，，满足上式，即，

所以数列和的通项公式分别为，.

（2）由（1）知，，

则，

于是有，

两式相减得：

，

所以.

20．图1是由矩形、和菱形组成的一个平面图形，其中，，.将其沿，折起使得与重合，连接，如图2.

(1)证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面；

(2)求图2中与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，证明即可得四点共面；再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.

（2）在平面内作，垂足为，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.

【详解】（1）依题意，，则，即确定一个平面，

所以四点共面；

显然，平面，

因此平面，又平面

所以平面平面.

（2）在平面内作，垂足为，而平面平面，

于是平面，由荾形的边长为，得，

以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，

则，,

设平面的法向量，则，取，得，

又，设与平面所成的角为，则，

所以与平面所成角的正弦值.

21．在平面直角坐标系中，已知点，直线：，动点到点的距离与直线的距离之比为.

(1)求动点的轨迹的方程；

(2)设曲线与轴交于、两点，过轴上点作一直线与椭圆交于，两点（异于，），若直线与的交点为，记直线与的斜率分别为，，求.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）设，根据给定条件列出方程，再化简即可作答.

（2）设出直线的方程，与轨迹的方程联立，利用韦达定理、斜率坐标公式推理计算作答.

【详解】（1）设，依题意，，整理得，

所以动点的轨迹是椭圆，其方程为.

（2）由（1）知，不妨令，设，

显然直线不垂直于y轴，设直线的方程：，

由消去x并整理得，有，即，

于是，即有，

由,,和,,三点共线，得，即，

而，从而，

因此，解得，而，

所以.

22．已知函数（，且）.

(1)讨论的值，求函数的单调区间；

(2)求证：当时，.

【答案】(1)见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数导数，分分类讨论即可得解；

（2）当时利用函数单调性可得，放缩可得，

根据裂项相消法求和即可得证.

【详解】（1）由知函数定义域为，

，

①当时，若，则，若，，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为；

②当时，若，则，若，，

所以的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）令，则，所以，

由（1）可知在上单调递减，故，（当时取等号)，

所以，即，

当时，，即，

即

令，则 ，

所以，

故当时，.

【点睛】关键点点睛：时，利用函数单调性得出，当时，放缩得出，变形得出是解题的关键，再由裂项相消法及不等式的性质即可得解.