浙江省绍兴市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份浙江省绍兴市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了46倍B， 若，则等内容，欢迎下载使用。

绍兴市2022学年第二学期高中期末调测
高二数学
注意事项：
1.请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上.本卷答案必须做在答卷相应位置上.
2.全卷满分150分，考试时间120分钟.
一、单项选择题（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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为集合，，
因此，.
故选：A.
2. 已知（i虚数单位），则
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数除法运算求得，再求.
【详解】依题意，所以.
故选：B.
【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的运算，属于基础题.
3. 已知单位向量与互相垂直，且，记与的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数量积的运算律可得出，.然后根据数量积的定义，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
，所以，.
根据数量积的定义可知，.
故选：D.
4. 尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解.例如，地震时释放出的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为.据此，地震震级每提高1级，释放出的能量是提高前的（参考数据：）（ ）
A. 9.46倍 B. 31.60倍 C. 36.40倍 D. 47.40倍
【答案】B
【解析】
【分析】记地震震级提高至里氏震级，释放后的能量为，由题意可推得，根据对数的运算，结合指对互化以及指数幂的运算，即可得出答案.
【详解】记地震震级提高至里氏震级，释放后的能量为，
由题意可知，，
即，所以.
故选：B.
5. 甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛，决出第1名至第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，5人的名次排列可能的情况有（ ）
A. 18种 B. 36种 C. 54种 D. 120种
【答案】C
【解析】
【分析】分为甲是最差的，以及甲不是最差的两种情况，分别利用分步乘法计数原理得出方法数，进而根据分类加法计数原理，相加即可得出答案.
【详解】若甲是最差的，
第一步：从丙、丁、戊3人中选出1人冠军，方法有种；
第二步：剩余的3人全排列，方法有种.
根据分步乘法计数原理即可得出，名次排列的方法有种；
若甲不是最差的，
第一步：从丙、丁、戊3人中选出1人冠军，1人最差，方法有种；
第二步：剩余的3人全排列，方法有种.
根据分步乘法计数原理即可得出，名次排列的方法有种.
根据分类加法计数原理可知，名次排列的方法有种.
故选：C.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角三角函数的基本关系求出、，再由二倍角公式计算可得.
【详解】因为，且，
解得或，
所以或，
则或，
当时，
当时.
故选：A
7. 在棱长为的正方体中，是侧面内的点，到和的距离分别为和，过点且与平行的直线交正方体表面于另一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点作交于点，连接并延长交直线于点，连接，过点作交线段于点，求出的值，计算出的长，由可得出，即可求得线段的长.
【详解】过点作交于点，连接并延长交直线于点，连接，如下图所示：

由题意可知，，，则，
所以，，故点在线段上，
过点作交线段于点，则点即为所求作的点，
因为，且，则，
易知正方体的体对角线长为，
因为，因此，，故.
故选：C.
8. 已知函数的定义域为R，且，为奇函数，，则（ ）
A. B. C. 0 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据即可得出周期为4，赋值可求出.进而由为奇函数，可推得函数关于点对称，由已知可求出，，，然后即可求得，.进而即可根据周期性得出函数值，求出，即可得出，代入数值，即可得出答案.
【详解】由，则，
所以，，周期为4，所以.
由，令，则有，所以，.
因为为奇函数，所以，
所以，，所以函数关于点对称，
所以，.
令，则.
令可得，，所以，所以，
所以，有，即有.
令，则有；
令，则.
综上，，，，.
所以，，
所以，.
故选：B.
【点睛】方法点睛：抽象函数求解函数值，常用赋值法.根据已知关系，推得函数的周期以及对称性，根据已知函数值，赋值求出其他函数值.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 甲、乙两名同学近五次数学测试成绩数据分别为：
甲 68 71 72 72 82
乙 66 70 72 78 79
则（ ）
A. 甲组数据的极差小于乙组数据的极差
B. 甲组数据的平均数等于乙组数据的平均数
C. 甲组数据的方差小于乙组数据的方差
D. 甲组数据的第60百分位数等于乙组数据的第60百分位数
【答案】BC
【解析】
【分析】根据已知数据求出甲与乙的极差、平均数、方差、第60百分位数，比较，即可得出答案.
【详解】对于A项，
由已知可得，甲组数据的极差为，
乙组数据的极差为，故A项错误；
对于B项，
由已知可得，甲组数据的平均数为，
乙组数据的平均数为，故B项正确；
对于C项，
由已知可得，甲组数据的方差为，
乙组数据的方差为，故C项正确；
对于D项，
因为，
所以，甲组数据的第60百分位数为，
乙组数据的第60百分位数为，故D项错误.
故选：BC.
10. 函数的最小正周期为，若，且是图象的一条对称轴，则（ ）
A. B. 是函数的一个零点
C. 在有个极值点 D. 直线是一条切线
【答案】AD
【解析】
【分析】利用函数的周期公式以及函数的对称性求出的值，可判断A选项；计算的值，可判断B选项；由计算出的取值范围，可判断C选项；利用导数的几何意义可判断D选项.
【详解】对于A选项，函数的最小正周期为，且，
则，
因为是图象的一条对称轴，则，
解得，
因为，所以，，A对；
对于B选项，由题意可得，则，
所以，不是函数的一个零点，B错；
对于C选项，当时，，
所以，函数在有三个极值点，C错；
对于D选项，因为，则，
令可得，
则或，
解得或，
若切点的横坐标为，则切点坐标为，
将点的坐标代入切线方程可得，解得；
若切点的横坐标为，则切点坐标为，
将点的坐标代入切线方程为，
解得，不合乎题意.
所以，直线是一条切线，D对.
故选：AD.
11. 在正三棱台中，是的中心，，，，则（ ）
A.
B. 正三棱台体积为
C. 正三棱台的外接球的表面积为
D. 侧面所在平面截正三棱台外接球所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】延长、、交于点，连接并延长交于点，连接，连接交平面于点，证明出，结合可判断A选项；利用锥体的体积公式计算出正三棱台的体积，可判断B选项；求出正三棱台的外接球的半径，结合球体表面积公式可判断C选项；计算出侧面所在平面截正三棱台外接球所得截面圆的半径，结合圆的面积公式可判断D选项.
【详解】如下图所示，延长、、交于点，连接并延长交于点，
连接，连接交平面于点，则为等边的中心，

对于A选项，因为棱台为正三棱台，则三棱锥为正三棱锥，
因为，为的中点，所以，，同理可得，
因为，、平面，所以，平面，
因平面，所以，，因为，故，A对；
对于B选项，因为，则，即，解得，
故，故，
又因为是边长为的等边三角形，故三棱锥是棱长为的正四面体，
，则，
因为平面，平面，则，则，
，
，
因为，则，
所以，，B错；
对于C选项，因为，
因为，则，且，
所以，，
所以，为正三棱台的外接球的球心，且该球的半径为，
因此，正三棱台的外接球的表面积为，C对；
对于D选项，因为正四面体的高为，即点到平面的距离为，
连接并延长交于点，则为的中点，且，
所以，点到平面的距离为点到平面的距离的，
即点到平面的距离为，
所以，面所在平面截正三棱台外接球所得截面圆的半径为，
故面所在平面截正三棱台外接球所得截面的面积为，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先证明，恒成立，然后根据不等式的性质，即可得出A、B、D项，举特例即可说明C项.
【详解】对于A项，设，则，
由，可得.
由，可得，所以在上单调递减；
由，可得，所以在上单调递增.
所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，
所以，恒成立，所以，
所以.
所以有.
又，所以，所以，故A项正确；
对于B项，设，则.
由可得，.
由可得，，所以在上单调递增；
由可得，，所以在上单调递减.
所以，在处取得唯一极大值，也是最大值，
所以，，所以，
所以，则.
所以，.
又，所以，所以，故B项正确；
对于C项，取，则.
又，所以，则，故C项错误；
对于D项，由A、B解析可知，，，所以.
又，所以有，即.
又，所以，所以，故D项正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：构造，，根据导函数证明，恒成立.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，则的最小值是________；
【答案】3
【解析】
【分析】将化成，再由基本不等式即可求得的最小值.
【详解】，当，即时取等号，又，故当时取得最小值.
故答案为：3.
14. 的展开式中的系数是______.（用数字作答）
【答案】5
【解析】
【分析】先得出的展开式的通项为.分为从中选择1，以及选择，分别求出的展开式中含以及含的项，即可得出答案.
【详解】的展开式的通项为.
从中选择1，则需求的展开式中含的项，
由可得，，此时有；
从中选择，则需求的展开式中含的项，
由可得，，此时有.
所以，的展开式中含的项为.
故答案为：5.
15. 甲乙两个盒子中装有大小、形状相同的红球和白球，甲盒中有5个红球，2个白球；乙盒中有4个红球，3个白球.先从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，则从乙盒中取出的是红球的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】记从乙盒中取出的是红球为事件，从甲盒中取出的球为红球为事件，取出白球为事件，由已知可得出的值，然后根据全概率公式，即可得出答案.
【详解】记从乙盒中取出的是红球为事件，从甲盒中取出的球为红球为事件，取出白球为事件，
由已知可得，，，，，
根据全概率公式可得，.
故答案为：.
16. 已知正的顶点A在平面内，点，均在平面外（位于平面的同侧），且在平面上的射影分别为，，，设的中点为，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点为，连接，则可知，即为直线与平面所成的角.设边长为2，，，表示出.在以及中，根据勾股定理得出，进而求出.令，，然后根据对勾函数的单调性，求出的值域，即可得出答案.
【详解】
如图，取的中点为，连接，则可知，
所以，即为直线与平面所成的角.
设边长为2，则，设，，，
则，，.
因为，所以.
又是的中点，所以.
又，
所以有，整理可得.
因为，，所以有.
中，有.
令，，
根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递减.
又，，
所以，
所以，.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：取的中点为，连接，则可知，即可得出即为直线与平面所成的角.
四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知，，.
（1）若，求；
（2）设，求的单调递增区间.
【答案】（1）
（2），.
【解析】
【分析】（1）当时，写出向量、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值；
（2）利用平面向量数量积的坐标运算以及辅助角公式化简函数的解析式，利用正弦型函数的单调性可求得函数的单调递增区间.
【小问1详解】
解：当时，则，，所以，.
【小问2详解】
解：因为，
由，，
解得，.
所以的单调递增区间为，.
18. 中国电动汽车重大科技项目的研发开始于年，经过一系列的科技攻关以及奥运、世博、“十城千辆”示范平台等应用拉动，中国电动汽车建立起了具有自主知识产权的全产业链技术体系.汽车工业协会的最新数据显示，年中国电动汽车销量达万辆，是年的多倍.某人打算购买一款国产电动汽车，调查了辆该款车的续航里程，得到频率分布表如下：
续航里程（单位：）
频数
频率



















（1）在图中作出频率分布直方图；

（2）根据（1）中作出的频率分布直方图估计该款车续航里程的众数与平均数.
（同一组中的数据以该组区间的中间值为代表）
【答案】（1）作图见解析
（2）众数为，平均数
【解析】
【分析】（1）根据频率分布表可作出频率分布直方图；
（2）根据最高矩形底边的中点值为样本的众数可求得该款车续航里程的众数，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得出样本的平均数.
【小问1详解】
解：频率分布直方图如下图所示：
【小问2详解】
解：由频率分布直方图可知，该款车续航里程的众数为，
平均数为.
19. 在中，内角A，，所对的边分别是，，，且.
（1）求；
（2）若，，且为边的中点，求.
【答案】（1）或
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角可推得，然后根据的范围，即可得出答案；
（2）解法一：根据余弦定理求解可得出或.然后由已知得出，平方根据数量积的运算律可推得，分别代入以及，即可得出答案；解法二：根据余弦定理求解可得出或.然后在以及中，根据余弦定理可求得，分别代入以及，即可得出答案.
【小问1详解】
由结合正弦定理边化角可得，可得.
因为，所以.
又，所以或.
【小问2详解】

法一：
因为，所以，则B为锐角，
由余弦定理，可得或.
因为，所以，
即.
①当时，，即；
②当时，，即.
法二：
因为，所以，则B为锐角，
由余弦定理，可得或.
在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
所以有，整理可得，.
①当时，，即；
②当时，，即.
20. 如图，在正四棱锥中，，过点向平面作垂线，垂足为.

（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面，得出，结合证明；
（2）作交于点，以为坐标原点，立空间直角坐标系，利用向量法求出二面角的余弦值.
【小问1详解】
由题意知平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，又，所以.
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
所以，所以，
作交于点，所以为中点，
又由（1）知平面，所以，又，所以平面.
以为坐标原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，所以，.
设平面的方向量为，
所以，即，令，则，，
所以，又平面的法向量.
设二面角的平面角为，由图可知二面角为锐角，
所以.

21. 为加快绍兴制造强市建设，《中国制造绍兴实施方案》指出，到年，制造业重点领域全面实现智能化，基本实现“绍兴制造”向“绍兴智造”转型升级.某试点企业对现有的生产设备进行技术升级改造，为监测改造效果，近期每天从生产线上随机抽取件产品，并分析某项质量指标.根据长期经验，可以认为新设备正常状态下生产的产品质量指标服从正态分布.
（1）记表示一天内抽取的件产品质量指标在之外的件数，求；
附：若随机变量服从正态分布，则，
（2）下面是一天内抽取的件产品的质量指标：










若质量指标大于被认定为一等品，现从以上件产品中随机抽取件，记为这件产品中一等品的件数，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据对立事件以及独立事件的概率公式可求得的值；
（2）由题意可知，随机变量的可能取值有：、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.
【小问1详解】
解：随机变量服从正态分布，则，
.
【小问2详解】
解：由表格中的数据可知，件产品中一等品的件数为，
由题意可知，随机变量的可能取值有：、、、、，
由题意知，，
，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：












所以.
22. 已知函数有两个极值点，.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：存在实数使得.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）转化为方程有两个解，，构造，求导得到其单调性，数形结合得到的取值范围；
（2）令，变形得到，从而，先证明出，，从而利用放缩法证明出，得到，结合，由零点存在性定理得到结论.
【小问1详解】
定义域为，
，
因为有两个极值点，，所以为的两个解，
则方程有两个解，.
令，则，所以当时，，当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，，且，所以只需.
【小问2详解】
由（1）可知，
设，则，所以，即，
所以，，所以.
设，，
设，
则，当时，，当时，，
故在单调递增，在上单调递减，
故，则，
设，，
故，
令，，则在上恒成立，
故在单调递增，
又，故在恒成立，
故在单调递增，故，
所以，故，
所以有，
所以，
另一方面，，
由零点存在性定理可知，存在，使得，
故存实数使得.
【点睛】分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.