2022-2023学年广西南宁市邕宁高级中学高二下学期5月教学质量调研数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广西南宁市邕宁高级中学高二下学期5月教学质量调研数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广西南宁市邕宁高级中学高二下学期5月教学质量调研数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B．C． D．或【答案】D【分析】先解不等式得集合M，再根据交集定义求结果.【详解】故选：D【点睛】本题考查集合交集、解一元二次不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.2．已知复数满足 （其中为虚数单位），则复数的虚部为（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】C【解析】利用复数除法、模的运算求得，由此求得的虚部.【详解】依题意，，所以的虚部为.故选：C3．设首项为，公比为的等比数列的前项和为，则A． B． C． D．【答案】D【详解】Sn＝＝＝＝3－2an. 4．如图，在三棱柱中，，分别是，的中点，，则（    ）A．1 B． C．0.5 D．【答案】B【分析】根据空间向量的基本定理求解即可.【详解】如图，连接.因为，分别是，的中点，，所以，，，则.故选：B.5．一个箱子中装有形状完全相同的5个白球和个黑球. 从中有放回的随机抽取4次，记其中白球的个数为，若，则（    ）A．1 B．2 C．4 D．【答案】B【分析】由二项分布的均值和方差公式求解即可.【详解】由题意可得取得白球的概率为，则，则，解得：，取得白球的概率为，故.故选：B.6．为大力提倡“厉行节约，反对浪费”，某市通过随机询问100名性别不同的居民是否能做到“光盘”行动，得到如下的列联表：性别光盘行动合计做不到“光盘”能做到“光盘”男451055女301545合计7525100附表：0.100.050.012.7063.8416.635.参照附表，得到的正确结论是（    ）A．至少有99%认为“该市居民能否做到‘光盘’与性别有关”B．在犯错误的概率不大于0.01的前提下，认为“该市居民能否做到‘光盘’与性别无关”C．在犯错误的概率不大于0.1的前提下，推断“该市居民能否做到‘光盘’与性别无关”D．至少有90%的把握，推断“该市居民能否做到‘光盘’与性别有关”【答案】D【分析】通过列联表结合所给公示可以计算出的值，再跟附表进行对比，即可得到结论.【详解】由列联表得到，则，代入=.因为，所以至少有的把握认为“该市居民能否做到‘光盘’与性别有关”，故D选项正确.故选：D7．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方．若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是（    ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】结合图像利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示圆的方程，与椭圆方程联立进一步求解，求出交点坐标即可求解.【详解】由题意可知，由中位线定理可得,设可得，与椭圆方程联立，解得或（舍），点在椭圆上且在轴的上方，求得 所以 故选：A【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.8．若，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】注意到，后利用函数单调性可得答案.【详解】由题有.因函数均在上单调递增，则函数在上单调递增.注意到，则，即.故选：B 二、多选题9．已知甲、乙两个水果店在“十一黄金周”七天的水果销售量统计如图所示，则下列说法正确的是（    ）A．甲组数据的极差大于乙组数据的极差B．若甲，乙两组数据的平均数分别为，则C．若甲，乙两组数据的方差分别为，则D．甲组数据的中位数大于乙组数据的中位数【答案】BD【分析】根据折线图中的数据，结合极差的概念、平均数的求法、方差的求法及其意义、中位数的概念，即可判断各项的正误.【详解】由折线图得：对于A，甲组数据的极差小于乙组数据的极差，故A错误；对于B，甲组数据除第二天数据略低于乙组数据，其它天数据都高于乙组数据，可知，故B正确；对于C，甲组数据比乙组数据稳定，，故C错误；对于D，甲组数据的中位数大于乙组数据的中位数，故D正确．故选：BD．10．已知圆和圆的交点为，，则（    ）A．圆和圆有两条公切线B．直线的方程为C．圆上存在两点和使得D．圆上的点到直线的最大距离为【答案】ABD【分析】A：判断两圆相交可得切线条数；B：两圆相交，做差可得公共弦方程；C：判断弦AB经过圆心，则弦为最长弦，不再存在比AB更长的弦；D：求圆心到直线的距离加半径即为到直线AB的最大距离.【详解】解：对于A，因为两个圆相交，所以有两条公切线，故正确；对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦的方程为，故B正确；对于C，直线经过圆的圆心，所以线段是圆的直径，故圆中不存在比长的弦，故C错误；对于D，圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最大距离为，D正确.故选：ABD.11．一袋中有6个大小相同的黑球，编号为1，2，3，4，5，6，还有4个同样大小的白球，编号为7，8，9，10，现从中任取4个球，则下列结论中正确的是（    ）A．取出的最大号码X服从超几何分布B．取出的黑球个数Y服从超几何分布C．取出2个白球的概率为D．若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则总得分最大的概率为【答案】BD【分析】超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为实验次数，即指某事件发生次的试验次数，由此可知取出的最大号码不服从超几何分布，取出的黑球个数服从超几何分布；取出2个白球的概率为；对于，取出四个黑球的总得分最大，由此求出总得分最大的概率为．【详解】解：一袋中有6个大小相同的黑球，编号为1，2，3，4，5，6，还有4个同样大小的白球，编号为7，8，9，10，现从中任取4个球，对于，超几何分布取出某个对象的结果数不定，也就是说超几何分布的随机变量为实验次数，即指某事件发生次的试验次数，由此可知取出的最大号码不服从超几何分布，故错误；对于，超几何分布的随机变量为实验次数，即指某事件发生次的试验次数，由此可知取出的黑球个数服从超几何分布，故正确；对于，取出2个白球的概率为，故错误；对于，若取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，则取出四个黑球的总得分最大，总得分最大的概率为，故正确．故选：．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查超几何分布、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．12．已知函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．B．满足的的取值范围为（）C．将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象的一条对称轴D．函数与的图象关于直线对称【答案】ABD【分析】根据图象求出的解析式，然后运用三角函数的知识逐一判断即可.【详解】由图可得，，所以，因为，所以，所以，因为，所以，故A正确；由可得，所以，解得，，故B正确；将函数的图象向右平移个单位长度，得到的是函数的图象，直线不是其对称轴，故C错误；因为，所以函数与的图象关于直线对称，故D正确；故选：ABD 三、填空题13．若，则      .【答案】16【分析】利用赋值法可求.【详解】，令可得.故答案为：16.14．已知函数的导函数为， 且 ，则的解集为       ．【答案】【分析】先构造函数设，再分析得到在上是减函数,且，再解不等式得解.【详解】设，因为，所以，，所以在上是减函数,且.所以的解集即是的解集．所以.故答案为【点睛】（1）本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查单调性的应用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本题的关键是构造函数设，再分析得到在上是减函数,且.15．若随机变量，，若，，则      ．【答案】【分析】解不等式1﹣（1﹣p）3＝0.657得到p＝0.3，再利用正态分布求解.【详解】解：∵P（X≥1）＝0.657，∴1﹣（1﹣p）3＝0.657，即（1﹣p）3＝0.343，解得p＝0.3，∴P（0＜Y＜2）＝p＝0.3，∴P（Y＞4）＝＝．故答案为：0.2．16．已知抛物线的焦点为，过的直线交抛物线于，两点，则的最小值是      ．【答案】9【分析】根据抛物线的定义，设出直线方程与抛物线方程联立消元，求出韦达定理即可求解.【详解】依题意，因为抛物线的焦点为，所以，①当斜率存在时：因为直线交抛物线于，两点，所以，设过的直线的直线方程为：，，由抛物线定义得：，由消整理得：，所以，即，所以；②当不存在时，直线为，此时，所以；综上可知，的最小值为：9.故答案为：9. 四、解答题17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．(1)求的值；(2)若，求的面积．【答案】(1)；(2)． 【分析】（1）先由平方关系求出，再根据正弦定理即可解出；（2）根据余弦定理的推论以及可解出，即可由三角形面积公式求出面积．【详解】（1）由于， ，则．因为，由正弦定理知，则．（2）因为，由余弦定理，得，即，解得，而，，所以的面积． 18．设某幼苗从观察之日起，第x天的高度为ycm，测得的一些数据如下表所示：第x天1234567高度ycm0479111213作出这组数据的散点图发现：y（cm）与x（天）之间近似满足关系式.(1)试借助一元线性回归模型，根据所给数据，求出y关于x的线性回归方程；(2)在作出的这组数据的散点图中，甲同学随机圈取了其中的3个点，记这3个点中幼苗的高度大于的点的个数为，其中为表格中所给的幼苗高度的平均数，试求随机变量的分布列和数学期望.附：回归方程中斜率与截距的最小二乘估计公式，分別为，【答案】(1)(2)分布列见解析，数学期望. 【分析】（1）由y关于x的回归直线方程的计算公式求得结果；（2）利用超几何分布概率公式计算，求得随机变量的分布列，并根据分布列，利用数学期望计算求得期望值.【详解】（1）由表格数据，得，，则，所以，所以y关于x的线性回归方程为.（2）7天中幼苗高度大于的有4天，小于等于8的有3天，从散点图中任取3个点，即从这7天中任取3天，所以这3个点中幼苗的高度大于的点的个数的取值为0，1，2，3，；；；；所以随机变量的分布列为：随机变量的期望值.19．如图，在四棱锥中，底面是菱形，．(1)证明：平面平面；(2)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）设交于O，利用菱形与等腰三角形的性质，可证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用二面角与法向量的关系即可求解.【详解】（1）证明：设交于O，底面是菱形，则，O是中点，又，所以，又，，平面，则平面，又平面，则平面平面．（2），，不妨设，则，，，又，则，所以，所以，以O为原点，分别以，，为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，设平面PBC的一法向量为，则，取，则，同理，求得平面的一法向量，设平面和平面所成锐角为，则，所以，平面和平面所成锐角的余弦值为．20．截至年末，某城市普通汽车（除新能源汽车外）保有量为万辆.若此后该市每年新增普通汽车万辆，而报废旧车转购新能源汽车的约为上年末普通汽车保有量的，其它情况视为不计.(1)设从年起该市每年末普通汽车的保有量构成数列，试写出与的一个递推公式，并求年末该市普通汽车的保有量（精确到整数）；(2)根据（1）中与的递推公式，证明数列是等比数列，并求从哪一年起，该市普通汽车的保有量首次少于万辆？（参考数据：，，，）【答案】(1)，240（万辆）(2)证明见解析，年末 【分析】（1）根据题意得到递推公式，再依次计算得到答案.（2）变换得到，得到证明，再计算得到答案.【详解】（1），，故，，所以年末该市普通汽车的保有量（万辆）.（2）得，而，故是首项为，公比为的等比数列，所以，即，解得，求得，即从年末开始，该市普通汽车的保有量首次少于万辆.21．已知椭圆的左右焦点分别为．过点的直线与椭圆交于两点，过点作的垂线交椭圆于两点，的周长为．(1)求椭圆的方程；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意得，再通过的周长为求出，即可计算得到椭圆方程；（2）先讨论直线与轴重合和垂直的情况，再计算一般情况，得到的表达式，然后计算范围.【详解】（1）由题，由椭圆定义，的周长为，所以所以椭圆的方程为.（2）当轴时，MN与x轴重合，不符合题意，当直线与轴重合时，，所以；当直线斜率存在且不为0时，设，由韦达定理所以同理所以综上所述，的取值范围是.22．已知函数．（1）当，时，求的单调区间；（2）当时，若函数有两个不同的极值点，，且不等式有解，求实数的取值范围；（3）设，若有两个相异零点，，求证：．【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为；（2）；（3）证明见解析．【分析】（1）当，时，求得导函数，利用导函数与单调性的关系进行求解；（2）利用导数与极值的关系转化为方程有两个不相等的正实数根，利用二次函数的图象和性质及韦达定理求得的取值范围，不等式有解，转化为，利用韦达定理的结论可以整理为关于实数的函数，进而利用导数进行研究求得其最大值即得的取值范围;（3）设的两个相异零点为，，设，将要证不等式，转化为，进一步可转化为，设上式转化为，然后构造函数，利用导数研究单调性进而证明即可.【详解】解：（1）当，时，，∴，∵，令，则或，令，则，∴的单调递增区间为，，单调递减区间为；（2）证明：由题可得，∵函数有两个不同的极值点，，∴方程有两个不相等的正实数根，于是有解得．∵不等式有解，∴．∴．设，，故在上单调递增，故，∴．故实数的取值范围为．（3），设的两个相异零点为，，设，欲证，需证．∵，，∴，，∴，．要证，即证，即，即，设上式转化为，设，∴，∴在上单调递增，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值、最值问题，利用导数证明不等式恒成立问题，属于较难试题.关键是转化思想和构造函数思想，数量掌握并使用导数研究函数的单调性是关键能力要求.第(2)小题中，利用极值的条件将关于极值点的表达式转化为a的函数，第（3）小题中，将双变量问题转化为单变量函数问题是要注意体会和掌握的重要方法.