2022-2023学年江苏省常州市教育学会高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省常州市教育学会高二下学期期末数学试题含答案，共22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。

一、单选题
1．已知为复数，为的共轭复数，且，则的虚部是（ ）
A．B．C．5D．
【答案】D
【分析】利用共轭复数的概念，直接求解.
【详解】因为与互为共轭复数，所以的虚部与的虚部互为相反数.
因为的虚部为，所以的虚部为.
故选：D.
2．设a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列选项中能得出的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】A
【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项.
【详解】A.若，，，则，那么，故A正确；
B.若，，，则，故B错误；
C.若，，则，或，又，则与有可能垂直，平行，或既不垂直也不平行，故C错误；
D.若，，，则与有可能垂直，平行，或既不垂直也不平行，故D错误.
故选：A
3．投掷3枚质地均匀的正方体骰子，观察正面向上的点数，则对于这3个点数，下列说法正确的是（ ）
A．有且只有1个奇数的概率为
B．事件“都是奇数”和事件“都是偶数”是对立事件
C．在已知有奇数的条件下，至少有2个奇数的概率为
D．事件“至少有1个是奇数”和事件“至少有1个是偶数”是互斥事件
【答案】C
【分析】根据独立重复事件求概率，可判断A；根据独立事件和互斥事件的定义，可判断BD；根据条件概率公式，即可判断C.
【详解】A．每个骰子奇数点向上的概率为，则三个骰子有且只有1个奇数的概率，故A错误；
B．事件“都是奇数”和事件“都是偶数”不能构成样本空间，这两个事件是互斥事件，不是对立事件，故B错误；
C．有奇数的对立事件是没有奇数，即三个都是偶数，概率为，
所以有奇数的概率,至少有2个奇数的概率,
所以在已知有奇数的条件下，至少有2个奇数的概率，故C正确；
D．事件“至少有1个是奇数”包含事件：1个奇数，2个偶数，或2个奇数，1个偶数，或3个奇数，
事件“至少有1个是偶数”包含事件：1个偶数，2个奇数，或2个偶数，1个奇数，或3个偶数，
两个事件有公共事件：1个奇数，2个偶数，或2个奇数，1个偶数，所以不是互斥事件，故D错误.
故选：C
4．已知平面上的三点A，B，C满足，，向量与的夹角为，且，则实数（ ）
A．0B．1C．－2D．2
【答案】D
【分析】根据向量的数量积运算即可求解.
【详解】因为，所以，
因为，，向量与的夹角为，
所以，
所以，所以.
故选：D
5．一个不透明的盒子里装有10个大小形状都相同的小球，其中3个黑色、7个白色，现在3个人依次从中随机地各取一个小球，前一个人取出一个小球记录颜色后放回盒子，后一个人接着取球，则这3个人中恰有一人取到黑球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】直接利用概率公式求解.
【详解】因为是有放回地取球，所以每个人取到黑球的概率相同，
且每个人取到黑球的概率为，
所以3个人中恰有一人取到黑球的概率为：.
故选：D.
6．已知圆锥的高为1，体积为，则过圆锥顶点作圆锥截面的面积最大值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【分析】首先计算圆锥的底面半径和母线长，再根据轴截面的顶角大小，确定圆锥截面的面积的最大值.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线为，则，
得，，
如图，下图为圆锥的轴截面，等腰三角形，，则，
则等腰三角形的顶角为，

所以过圆锥顶点作圆锥截面，设顶角为，面积，
当顶角为时，面积最大，最大值为.
故选：B
7．对一个十位数1234567890，现将其中3个数位上的数字进行调换，使得这3个数字都不在原来的数位上，其他数位上的数字不变，则可以得到不同的十位数（首位不为0）的个数为（ ）
A．120B．232C．240D．360
【答案】B
【分析】对选到的数字，分有0和没有0，以及是否选到首位，结合组合数公式，即可求解.
【详解】第一种情况，若这3个数位没有0，则在其它9位任选3个数位，每个数位都不是原来的数位有2种方法，则有，
第二种情况，若这3个数位有个位0，和首位1，其它8位任选1个数位，每个数位都不是原来的数位有1种方法，有种方法，
第三种情况，若这3个数位有个位0，除首位之外的其它8位任选2个数位，有种方法，
则得到不同的十位数有.
故选：B
8．正四棱锥的底面边长为，各侧棱长为2，各顶点都在同一个球面上，则过球心与底面平行的平面截得的台体体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设底面正方形的中心为，正四棱锥的外接球的球心为，过球心与底面平行的平面与棱锥的侧面交于正方形，在中，求出外接球的半径，再利用∽，可求出，然后利用棱台的体积公式可求得答案.
【详解】设底面正方形的中心为，正四棱锥的外接球的球心为，过球心与底面平行的平面与棱锥的侧面交于正方形，
因为正方形的边长为，所以，
因为，所以，
设正四棱锥的外接球的半径为，则，
在中，，
因为， 所以，解得，
所以，
因为∽，所以，
所以，得，
因为四边形为正方形，所以，
所以，
所以所求台体的体积为，
故选：C
二、多选题
9．已知复数，，，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．若，则D．若，则
【答案】AB
【分析】根据题意，由复数的相关定义结合复数的运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】设，
对于A，因为
，
则，
且
，
所以，故正确；
对于B，因为，
所以，，
所以，故正确；
对于C，因为，，
所以，，
且，所以，
所以，
因为不一定等于，所以错误；
对于D，若和为实数，但是和不一定为实数，故错误；
故选：AB
10．下列说法正确的有（ ）
A．在中，，则为锐角三角形
B．已知O为的内心，且，，则
C．已知非零向量，满足：，，则的最小值为
D．已知，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围是
【答案】BD
【分析】综合应用平面向量的坐标运算和数量积等知识即可解决问题.
【详解】对于A，在中，，说明角C是锐角，不能判断角A、B是否为锐角，故A错误；
对于B，不妨记，建系如图，，
记，由的面积得，，可得，
所以，故，，，
满足，故B正确；

对于C，记与夹角为，由，，可得，
即，又，
即，
又，
即，
，
所以，
记，则研究，，
令，则，
可得，故，当且仅当时，的最小值为，故C错误；
对于D，因为，，且与的夹角为钝角，所以，且与不共线，
即
，
可得，
当与共线时，，可得，
所以的取值范围是，故D正确.
故选：BD.
11．某课外兴趣小组在探究学习活动中，测得的10组数据如下表所示：
由最小二乘法计算得到线性回归方程为，相关系数为；经过观察散点图，分析残差，把数据去掉后，再用剩下的9组数据计算得到线性回归方程为，相关系数为.则（ ）
A．B．C．D．，
【答案】BCD
【分析】求出身高的平均值，再根据，，的意义逐一分析判断即可.
【详解】身高的平均数为，
因为离群点的横坐标168小于平均值173.5，纵坐标89相对过大，
所以去掉离群点后经验回归直线的截距变小而斜率变大，
所以，，故选项A错误，选项B正确，
去掉离群点后成对样本数据的线性相关程度更强，拟合效果会更好，所以，
由表格可知，随着的增大，变大，所以，，，
所以，故选项C正确，选项D正确.
故选：BCD.
12．已知在棱长为4的正方体中，点O为正方形的中心，点P在棱上，下列说法正确的有（ ）
A．
B．当直线AP与平面所成角的正切值为时，
C．当时，点到平面的距离是
D．当时，以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长为
【答案】ABD
【分析】对于选项A，证明平面即可判断；对于选项B，连接,则就是直线AP与平面所成角，求出即可判断；对于选项C，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解判断；对于选项D，取的中点，OP为半径的球面与侧面的交线为以点E为圆心，以为半径，圆心角为的扇形的弧长，即可判断得解.
【详解】对于选项A，由正方体得平面，所以, 又. 又,所以, 因为平面,
,所以平面, 所以. 所以该选项正确；

对于选项B，连接,则就是直线AP与平面所成角，所以，所以该选项正确；

对于选项C, 建立如图所示的空间直角坐标系，则,
设平面的法向量为，所以，
又.所以该选项错误；

对于选项D，取的中点，由题得,
则截面圆的半径为.
由题得截面圆的圆心为点,在平面内作，且.
以点为圆心，以为半径作圆与棱分别交于.
所以.
所以，
以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线为以点E为圆心，以为半径，圆心角为的扇形的弧长，
所以以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长. 所以该选项正确.
故选：ABD

三、填空题
13．的展开式中二项式系数最大的项的系数是 .（用数字作答）
【答案】252
【分析】根据公式可知最大的二项式系数，即可求对应的项的系数.
【详解】因为，所以展开式中最大的二项式系数为，对应的是第6项，第6项的系数是.
故答案为：252
14．在平面直角坐标系中，已知，，以为旋转中心，将线段按顺时针方向旋转，得到线段，则向量在向量上的投影向量的坐标是 .
【答案】
【分析】依题意画出图形，过点作轴，交轴于点，求出点坐标，即可得到，的坐标，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】如图，因为，，所以，则，
所以，，过点作轴，交轴于点，
则，，所以，
则，，所以，
所以向量在向量上的投影向量为.
故答案为：
15．已知平面四边形ABCD，，，，则 .
【答案】
【分析】建立平面直角坐标系，用点的坐标表示两个向量的数量积，然后依据题给条件列出关系式，运用整体思想，将结果算出.
【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系.设

则由题意知.则.
所以.
因为,
所以,整理化简得.
故.
故答案为：.
16．已知在矩形中，，，P为AB的中点，将沿DP翻折，得到四棱锥，则二面角的余弦值最小是 .
【答案】
【分析】作出辅助线，证明线面垂直，找到即为二面角的平面角，设，表达出各边长，得到，求出，由函数单调性得到余弦值的最小值.
【详解】矩形，连接，与相交于点，
因为，，P为AB的中点，
所以，则∽，所以，
则，故⊥，
将将沿DP翻折，则由⊥，⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
过点作⊥于点，则⊥，
又，平面，所以⊥平面，
过点作⊥于点，连接，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
故即为二面角的平面角，显然为锐角，
在矩形中，，故，，
设，则，，
故，
因为，所以，

则，
设，，则，
所以，即，
解得，即，
因为，所以，
当时，，
因为，所以，故，时，等号成立，
因为在上单调递减，
所以二面角的余弦值最小值为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解.
四、解答题
17．设z是虚数，在平面直角坐标系xOy中，z，，对应的向量分别为，，.
(1)证明：O，B，C三点共线；
(2)若，求向量的坐标.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先设，，结合复数的运算，以及复数的几何意义，即可证明，说明三点共线；
（2）首先利用立方差共公式，化简为，即可计算，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】（1）设，，则，a，，
所以.
，所以，
所以.
又因为O为公共点，所以O，B，C三点共线.
（2）因为，则，
又因为z是虚数，所以.
，所以.
18．如图，在六面体中，，平面菱形ABCD. 证明：

(1)B，，，D四点共面；
(2).
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明线面平行，得出线线平行，进而得到四点共面；
（2）利用面面垂直得出线面垂直，从而得到线线垂直.
【详解】（1）证明：由，平面，平面，
所以平面.
又因为平面，平面平面，
所以.
同理：，所以，
所以B，，，D四点共面.
（2）证明：菱形ABCD中，又因为平面平面ABCD，
且平面平面，平面ABCD，
所以平面.
因为平面，所以，
由（1）有，所以.

19．在平面直角坐标系中三点A，B，C满足，，D，E分别是线段BC，AC上的点，满足，，AD与BE的交点为G.
(1)求的余弦值；
(2)求向量的坐标.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）计算出与，即可求出的余弦值；
（2）利用三点共线，由平面向量基本定理即可求出向量的坐标.
【详解】（1）由题意，在平面直角坐标系中，将，平移到以原点为起点，如图，

因为，，，，
所以，
又，
所以.
（2）由题意及（1）得，在平面直角坐标系中，A，G，D三点共线，
所以，
，
所以由平面向量基本定理，得，解得：，
故.
20．某种季节性疾病可分为轻症、重症两种类型，为了解该疾病症状轻重与年龄的关系，在某地随机抽取了患该疾病的位病人进行调查，其中年龄不超过50岁的患者人数为，轻症占；年龄超过50岁的患者人数为，轻症占.
(1)完成下面的列联表.若要有99%以上的把握认为“该疾病症状轻重”与“年龄”有关，则抽取的年龄不超过50岁的患者至少有多少人？
附：（其中），.
(2)某药品研发公司安排甲、乙两个研发团队分别研发预防此疾病的疫苗，两个团队各至多安排2个周期进行疫苗接种试验，每人每次疫苗接种花费元.甲团队研发的药物每次疫苗接种后产生抗体的概率为，根据以往试验统计，甲团队平均花费为.乙团队研发的药物每次疫苗接种后产生抗体的概率为，每个周期必须完成3次疫苗接种，若第一个周期内至少出现2次抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个疫苗接种周期.假设两个研发团队每次疫苗接种后产生抗体与否均相互独立.若，从两个团队试验的平均花费考虑，该公司应如何选择团队进行药品研发？
【答案】(1)列联表见解析，抽取的年龄不超过50岁的患者至少有12人
(2)该公司应选择乙团队进行研发
【分析】（1）完善列联表，计算卡方，根据卡方和临界值的关系可得答案；
（2）先求出乙的期望，作差比较大小可得答案.
【详解】（1）列联表如下：
要有99%以上的把握认为“该疾病症状轻重”与“年龄”有关，则
.
解得，由题意知是6的倍数，所以s的最小整数值为12.
所以抽取的年龄不超过50岁的患者至少有12人.
（2）甲研发团队试验总花费为X元，根据以往试验统计得，
设乙研发团队试验总花费为Y元，则Y的可能取值为3t，6t，
所以，，
所以.
因为，所以，
所以乙团队试验的平均花费较少，
所以该公司应选择乙团队进行研发.
21．记，.
(1)化简：；
(2)证明：的展开式中含项的系数为.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先利用二项式定理求得，再利用二项式系数的性质与倒序相加法即可得证；
（2）先得到题设条件中含项的系数，再利用二项式系数的性质即可得证.
【详解】（1）因为，
的二项展开式为，
所以，
所以，
则，
又，
所以，
故.
（2）因为的展开式中含项的系数为，
而.
所以含项的系数为：
.
22．如图，在多面体中，底面ABCD是菱形，且底面ABCD，，，点M在线段EF上.

(1)若M为EF的中点，求直线AM和平面BDE的距离；
(2)试确定M点位置，使二面角的余弦值为.
【答案】(1)；
(2)点是线段上靠近点的四等分点.
【分析】（1）先证明，， 再以O为原点，建立如图空间直角坐标系，利用向量法求解；
（2）设，，先求出平面ADM和平面ABM的法向量，即得解.
【详解】（1）连接BD交AC于O，取EF中点G，因为四边形ABCD为菱形，
所以，O为AC中点.
因为，，
所以四边形ACEF为平行四边形.
因为O，G分别为AC，EF中点，
所以.
因为平面ABCD，AC，平面ABCD，
所以，，
所以，.
以O为原点，建立如图空间直角坐标系，则
，，，，，
所以，，
设平面BDE的法向量，
，所以，
所以，.
，所以平面BDE.
设A到平面BDE距离为d，
，，所以直线AM和平面BDE的距离为.

（2）设，，因为，，，
所以，，，
设平面ADM，平面ABM的法向量分别为，，
，所以，所以，
，所以 .
因为二面角的余弦值为，
所以.
解得或（舍），即，
所以点是线段上靠近点的四等分点.
x
165
168
170
172
173
174
175
177
179
182
y
55
89
61
65
67
70
75
75
78
80
轻症
重症
合计
不超过50岁
s
超过50岁
2s
合计
3s
轻症
重症
合计
不超过50岁
s
超过50岁
2s
合计
3s