浙江省温州市十校联合体2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷(解析版)

这是一份浙江省温州市十校联合体2023-2024学年高二下学期期中联考数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、选择题：本大题共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. 设集合，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因，，
所以方程有一个根是1，且2一定不是它的根，
则，解得，
当时，方程的根是1和，
所以，满足，
即.
故选：A.
2. 若函数是指数函数,则的值为（ ）
A. 2B. -2C. D.
【答案】D
【解析】∵函数f（x）＝（a﹣3）•ax是指数函数，
∴a﹣3＝1，a＞0，a≠1，
解得a＝8，
∴f（x）＝8x，
∴f（）2，
故选D．
3. 设复数，则复数的共轭复数的虚部是（ ）
A B. C. 1D. －1
【答案】C
【解析】因为，
所以，则复数的共轭复数的虚部是.
故选：C
4. 已知非负实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】因为非负实数满足，
显然，则，所以，
则
，当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为.故选：B
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
.
故选:B
6. 已知正方形ABCD的边长为2，若将正方形ABCD沿对角线BD折叠成三棱锥则在折叠过程中，不可能出现（ ）
A. B.
C. 三棱锥的体积为D. 平面平面BCD
【答案】A
【解析】对于A，若，因为，面ABC，
所以，而，即直角边长与斜边长相等，显然不对，故A错；
对于B，取BD中点O，因为，AO 所以面AOC，所以，故B对；
对于C，当折叠所成的二面角时，顶点A到底面BCD的距离为，
此时，故C对；
对于D，当沿对角线折叠成直二面角时，有平面平面，故D对；
故选:A
7. 一个袋子中装有大小相同的5个小球，其中有3个白球，2个黑球，从中无放回地取出3个小球，摸到一个白球记2分，摸到一个黑球记1分，则总得分的数学期望等于（ ）
A. 5分B. 4.8分C. 4.6分D. 4.4分
【答案】B
【解析】设三个白球编号为，黑球编号为，
表示取到个白球，则，
所有取法为种，
则，，，
的可能取值为，
所以，
总得分的数学期望等于分，
故选：B.
8. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意，，，，
由换底公式，，
，
由于，根据基本不等式，，
故，即，于是.故选：A
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知向量，则下列命题正确的是（ ）
A.
B. 向量在向量上的投影向量为
C.
D.
【答案】AB
【解析】因为，
对于选项A：因为，所以，故A正确；
对于选项B：因为，
所以向量在向量上的投影向量为，故B正确；
对于选项C：因为，所以不平行，故C错误；
对于选项D：因为，所以不垂直，故D错误；
故选：AB.
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 已知随机变量，则
B. 已知随机变量，若函数为偶函数，则
C. 数据第80百分位数是8
D. 样本甲中有件样品，其方差为，样本乙中有件样品，其方差为，则由甲乙组成的总体样本的方差为
【答案】ABC
【解析】对于A，因为，
所以，，A正确；
对于B，因为函数为偶函数，所以，
，所以区间和区间是关于的对称区间，所以，B正确；
对于C，因为，所以数据第80百分位数是8，C正确；
对于D，记样本甲，乙的平均数分别为，由甲乙组成的总体样本的平均数为，
由甲乙组成的总体样本的方差为，D不正确.
故选：ABC
11. 定义在上的函数，满足，且当时，，则使得在上恒成立的可以是（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】ABC
【解析】由题意可知，如图所示
当时，，
即；
当时，，
故；
当时，，
故；
令，
解得或，
所以或，
所以的最大值为.
即.
故选：ABC.

非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上．
12. _______
【答案】152
【解析】
，
，
故.
故答案为：152
13. 一位射击运动员向一个目标射击二次，记事件“第次命中目标” ，，，则______．
【答案】
【解析】由题意，，
所以.
又，
所以，
所以.
故答案为：
14. 已知在三棱锥中，，点为三棱锥外接球上一点，则三棱锥的体积最大为______．
【答案】
【解析】在三棱锥中，由且，可得，
取的中点，连接，
因为，，可得，
所以点为三棱锥的外接球的球心，其中为外接球的直径，
设外接球的半径为，可得，
当点到平面的距离为时，此时三棱锥的体积最大，
体积的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在中，内角，，的对边分别为，，，且
（1）若，求的值；
（2）若，且的面积为，求和的值．
解：（1）因为，，
所以，
所以；
（2）由，由正弦定理得，
又，
所以，
又，因为，所以，所以，
解得.
16. 已知四棱锥，⊥面，底面为正方形，，为的中点．
（1）求证：面；
（2）求直线与面所成的角．
解：（1）因为面，平面，
所以⊥，
因为四边形为正方形，
所以⊥，
又，平面，
故⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
又，故，
因为为的中点，
所以，
因为，平面，
故平面；
（2）方法1：因为，平面，平面，
所以平面，
点B到面的距离就是点到面距离，
由勾股定理得，
又，
由（1）得点A到面距离为．
记直线与面所成角为，故，
故；
方法2：设，则，，
故，
且，
因为，
所以，
，
记直线与面所成角为，，
；
方法3：设，
以为轴，为轴，为轴建立直角坐标系，
，
故，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，
故，
记直线与面所成角为，，
．
方法4：将四棱锥还原为立方体，取的中点，连接，
因为且，
故四边形为平行四边形，故，
由（1）知，平面，
故面，

为直线与面所成的角，记为，
且，故，
.
17. 已知的最小正周期为，
（1）求的值；
（2）若在上恰有个极值点和个零点，求实数的取值范围．
解：（1）因为
，
由函数的最小正周期为且，即，解得，
所以，
所以．
（2）由（1）可得，
因为，
所以，
要使在上恰有个极值点和个零点，则需，
解得，即实数的取值范围为.
18. 为了了解高中学生课后自主学习数学时间（分钟/每天）和他们的数学成绩（y分）的关系，某实验小组做了调查，得到一些数据（表一）．
（1）求数学成绩与学习时间的相关系数（精确到0.001）；
（2）请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求出关于的回归直线方程，并由此预测每天课后自主学习数学时间为100分钟时的数学成绩（参考数据：，的方差为200
（3）基于上述调查，某校提倡学生周末在校自主学习．经过一学期的实施后，抽样调查了220位学生．按照是否参与周末在校自主学习以及成绩是否有进步统计，得到列联表（表二）．依据表中数据及小概率值的独立性检验，分析“周末在校自主学习与成绩进步”是否有关．
附：，
．
解：（1），，
又的方差为，
；
（2）由（1）知接近1，故与之间具有极强的线性相关关系，
可用线性回归直线方程模型进行拟合，
，
，
故，当时，，
故预测每天课后自主学习数学时间达到100分钟时的数学成绩为140.5分；
（3）零假设为：学生周末在校自主学习与成绩进步无关．
根据数据，计算得到：
因为，
所以依据的独立性检验，可以认为“周末自主学习与成绩进步”有关．
19. 已知
（1）当时，解关于的不等式；
（2）若有两个零点，求的值；
（3）当时，的最大值，最小值为，若，求的取值范围.
解：（1）当时，
或，所以或
于是不等式的解集为.
（2），
当时，的对称轴为，
所以在单调递减，在上单调递增；
当时，的对称轴为，
所以在单调递增；
综上所述，在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，
又因为，有两个零点，
所以，即又，得.
于是，
由，解得，，
所以.
（3），
当时，在递增，在递减，在递增，
，
当时，在上递增，
所以，，
由，得，不满足，
当，即时，，则，
所以，
则，，
由，得，则，
得，
所以，
当，即时，由，则，
所以，
所以，，
由，得，得，所以，
综上，的取值范围为
编号
1
2
3
4
5
学习时间
30
40
50
60
70
数学成绩
65
78
85
99
108
没有进步
有进步
合计
参与周末在校自主学习
35
130
165
未参与周末不在校自主学习
25
30
55
合计
60
160
220
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828