湖北省武汉市武昌区2022-2023学年高二下学期期末数学试题

这是一份湖北省武汉市武昌区2022-2023学年高二下学期期末数学试题，共16页。试卷主要包含了已知，，，则，已知平面向量，，则等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年度武昌区高二年级期末质量检测数学试卷考试时间：2023年6月28日  满分：150分  考试用时：120分钟★祝考试顺利★★项注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用签字笔或钢笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8个小题，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，，则（   ）A. B. C. D.2.若，其中是虚数单位，则（   ）A. B.1 C. D.33.某地GDP的年平均增长率为，按此增长率计算，要使该地GDP翻两番，至少需要（   ）（取：，，结果精确到整数）A.20年 B.21年 C.22年 D.23年4.已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径为（   ）A. B. C. D.5.已知直线与圆交于A，B两点，且为等边三角形，则的值为（   ）A. B. C. D.6，购买同一种物品，可以用两种不同的策略，第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱一定.假设连续两天购买该物品，第一天物品的价格为，第二天物品的价格为，且，则以下选项正确的为（   ）A.第一种方式购买物品的单价为B.第二种方式购买物品的单价为C.第一种方式购买物品所用单价更低D.第二种方式购买物品所用单价更低7.已知函数，则该函数的单调递增区间是（   ）A.， B.，C.， D.，8.已知，，，则（   ）A. B. C. D.二、选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9.已知，则方程表示的曲线的形状可以是（   ）A.两条直线  B.圆C.焦点在轴上的椭圆  D.焦点在轴上的双曲线10.已知平面向量，，则（   ）A.  B.C.与夹角为锐角  D.在上的投影为11.在A、B、C三个地区暴发了流感，这三个地区分别有6%，5%，4%的人患了流感.假设这三个地区的人口数的比为5：7：8，现从这三个地区中任意选取一个人，则（   ）A.这个人患流感的概率为0.0485B.此人选自A地区且患流感的概率为0.06C.如果此人患流感，此人选自A地区的概率为D.如果从这三个地区共任意选取100人，则平均患流感的人数为4人12.如图，已知二面角的棱上有两个点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，则（   ）A.直线AC和直线BD为异面直线B.若，则四面体ABCD体积的最大值为2C.若，，，，，，则二面角的大小为D.若二面角的大小为，，，，则过A、B、C、D四点的球的褁面积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.展开式中含项的系数为__________.14.某次体检中，甲班学生体重检测数据的平均数是，方差为16；乙班学生体重检测数据的平均数是，方差为21.又甲、乙两班人数之比为3：2，则甲、乙两班全部学生体重的方差为__________.15.已知直线与抛物线交于A，B两点，且，交AB于点D，点D的坐标为，则的面积为__________.16.已知函数，时，，则实数的范围是__________.四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程及演算步骤17.如图，已知正方体的上底面内有一点，点为线段的中点.（1）经过点在上底面画一条直线与垂直，并说明画出这条线的理由；（2）若，求与平面所成角的正切值.18.给出以下条件：①；②；③.请在这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且__________.（1）求角B的大小；（2）已知，且角A只有一解，求b的取值范围.19.已知数列的首项，且满足.（1）求证：是等比数列；（2）求数列的前项和.20.中国茶文化博大精深，饮茶深受大众喜爱，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关。某数学建模小组为了获得茶水温度关于时间的回归方程模型，通过实验收集在室温，用同一温度的水冲泡的条件下，茶水温度随时间变化的数据，并对数据做初步处理得到下面的散点图及一些统计量的值.373.53.8528（1）根据散点图判断，①与②哪一个更适宜作为该茶水温度关于时间的回归方程类型?（给出判断即可，不必说明理由）（2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程；（3）已知该茶水温度降至时口感最佳，根据（2）中的回归方程，求在相同条件下冲泡的茶水，大约需要放置多长时间才能达到最佳饮用口感？附：（1）对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为①，；②，，，，.21.已知椭圆的离心率为，点为的左、右焦点，经过且垂直于椭圆长轴的弦长为3.（1）求椭圆的方程；（2）过点分别作两条互相垂直的直线，且与椭圆交于A，B两点，与直线交于点，若，且点满足，求线段的最小值.22.已知函数，且0为的一个极值点.（1）求实数的值；（2）证明：（i）函数在区间上存在唯一零点；（ii），其中，且.
武昌区2022-2023学年度高二年级期末质量检测数学参考答案及评分细则题号123456789101112答案ABCBDDBAABDACDACACD1.解析：选A2.解析：选B3.解析：设年后该地的GDP会翻两番，则，.故选C.4.解析：设圆锥的母线为，底面半径为.圆锥的侧面展开图为扇形，该扇形的半径为，弧长为，由已知可得，，所以.所以，圆锥的表面积，所以，所以，这个圆锥的底面直径为.故选B.5.解析：圆的圆心为，半径，若直线与圆交于A，B两点，且为等边三角形，则圆心到直线的距离，又由点到直线的距离公式可得，解得，故选D.6.解析：第一种策略：设每次购买这种物品的数量均为，则平均价格为，故A不正确；第二种策略：设每次购买这种物品所花的钱为，第一次能购得该物品的数量为，第二次能购得该物品的数量为，则平均价格为，B错误；，所以，故选D.7.解析：，当，，得，，则函数单调递增区间为，，故选B.8.解析：因为，所以.设，则，令，则.当时，，，，所以，所以当时，，所以在上单调递增，从而，因此，即.综上可得.故选A.9.解析：对于方程，当时，，方程为表示圆心在原点，半径为1的圆；当时，，此时方程表示焦点在轴的椭圆；当时，，此时方程，即，表示两条直线；当时，，此时方程表示焦点在轴的双曲线.综上可得符合依题意的有A、B、D.故选ABD.10.解析：A选项，，A正确；B选项，，故，故与不垂直，B错误；C选项，，故与的夹角为锐角，C正确；11.解析：记事件D：选取的这个人患了流感，记事件E：此人来自A地区，记事件F：此人来自B地区，记事件G：此人来自C地区，则，且E，F，G彼此互斥，由题意可得，，，，，，A.由全概率公式可得，A正确；B.，，选自A地区且患流感的概率为，B错误；C.由条件概率公式可得，C正确.D.从这三个地区中任意选取一个人患流感的概率为0.0485，任意选取100个人，患流感的人数设为，则，即，D错误.故选AC.12.解析：对于A，由异面直线的定义知A正确；对于B，要求四面体ABCD体积的最大值，则面且，此时四面体ABCD体积的最大值，故B不正确；对于C，在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接CE，ED，四边形AEDB是一个矩形，是二面角的一个平面角，且面，所以面，从而.在中，由余弦定理可知：，所以.故C正确；对于C选项，还可以用向量的方法求解.对于D，在平面内，过点A作AE平行且等于BD，则四边形ABDE为正方形，根据对称性，过A、B、C、D的球即为四棱锥的外接球.由题意知为正三角形，设正方形ABDE的中心为，的外心为，球心为，则平面，平面，从而有，解得，所以球的表面积为.故D正确.另解：因为二面角的大小为，，，，所以平面与平面所成角的大小为，，.取的中点，的中点，，为，的外心，取的中点，连接，则，，所以是二面角的一个平面角，则，过作平面的垂线和过作平面的垂线，交于点，即为外接球球心，所以面，面，连接，，所以易证得：与全等，所以，所以在直角三角形，，，则过A、B、C、D四点的球的表面积为.故D正确.故选ACD.13.解析：对于，其展开式的通式为，则展开式中含项的系数为，答案为：135.14.解析：甲、乙两班全部学生的平均体重为；甲、乙两队全部学生的体重方差为.故答案为：24.15.解析：点D的坐标为，则，又，且直线过点，则直线的方程为，整理得，设点，，由，得，即，直线的方程为，，①，联立与，消去得，则②，把②代入①，解得，故，又直线与轴的交点为，所以.答案为：.16.解析：由题可得对任意恒成立，等价于对任意恒成立，令，则，令，则，在单调递增，，，存在唯一零点，且，使得，在单调递减，在单调递增，，，即，令，显然在单调递增，则，即，则，.17.解析：（1）连接，在上底面过点作直线即可，则.理由：平面，且平面，又，，平面，平面，.（5分）（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则，，.又，，，则，.设平面的一个法向量为，则，. 设与平面所成角为，则，与平面所成角的正切值为.18.解析：（1）若选①：整理得，因为，所以，因为，所以；若选②：因为，由正弦定理得，则，，则，因为，所以；若选③：由正弦定理得，所以，即，因为，所以.（2）将代入正弦定理，得，所以.因为，角的解只有一个，所以角的解也只有一个，所以或，即或，又，所以.19.解析：（1）由题意，数列满足，即，则，又由，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数.（2）由（1）知，所以.所以，当为偶数时，可得；当为奇数时，可得.综上可得，20.解析：（1）根据散点图判断，其变化趋势不是线性的，而是曲线的，因此，选②更适宜此散点的回归方程.（2）由有：，两边取自然对数得：，设，，，则化为：，又，，，，由，得，由，得.回归方程为：，即.（3）当时，代入回归方程中，得，所以.大约需要放置7.5分钟才能达到最佳饮用口感.21.解析：（1）由题意，解得，，所以椭圆的方程为.（2）由（1）得，若直线的斜率为0，则为与直线无交点，不满足条件.设直线，若，则，则不满足，所以.设，，，由得，所以，因为即所以，，所以，解得，则，即，直线，联立解得.，当且仅当或时等号成立，的最小值为5.22.解析：（1）由，则，因为0为的一个极值点，所以，所以.当时，.当时，因为函数在上单调递增，所以，即在上单调递减；当时，，则.因为函数在上单调递减，且，，由零点存在定理，存在，使得，且当时，，即单调递增，又因为，所以，，在上单调递增；综上所述，在上单调递减，在上单调递增，所以0为的一个极值点，故.（2）①当时，，所以单调递减，所以对，有，此时函数无零点；当时，设，则.因为函数在上单调递减，且，，由零点存在定理，存在，使得，且当时，，即单调递增，当时，，即单调递减.又因为，所以，，在上单调递增；因为，，所以存在，当时，，单调递增，当时，，单调递减.所以，当时，单调递增，；当时，单调递减，，此时在上无零点；当时，，所以在单减，又，，由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；当时，，此时函数无零点；综上所述，在区间上存在唯一零点.（2）因为，由（1）中在上的单调性分析，知，所以在单增，所以对，有，即，所以.令，则，所以.设，，则，所以函数在上单调递减，则，即，，所以，所以，所以.