湖北省武汉市武昌区2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市武昌区2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了 设，，，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.
【答案】A
【解析】
【分析】求交集可得答案.
【详解】因为集合，所以.
故选：A.
2. 若，其中i是虚数单位，则（ ）
A. B. 1 C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数乘法及相等求，即可得结果.
【详解】由题设，故，
所以.
故选：B
3. 某地的年平均增长率为，按此增长率，（ ）年后该地会翻两番（，，结果精确到整数）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据增长率可构造指数方程，由指数与对数互化，结合对数运算法则可求得结果.
【详解】设年后该地的会翻两番，则，.
故选：C.
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.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆锥的母线为，底面半径为.由已知可得，进而根据圆锥的面积公式可求出，即可得出答案.
【详解】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. 已知直线与圆交于A，B两点，且为等边三角形，则m的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆的方程求出圆心坐标以及半径，由等边三角形的性质可得到圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式列出方程求出的值即可.
【详解】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. 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
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得第一种策略平均价格为，第二种策略平均价格为，利用作差法比较大小即可求解.
【详解】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；
因为，
所以，C错误，D正确.
故选：D.
7. 已知函数，则该函数的单调递增区间是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角恒等变换以及正弦函数的性质求解.
【详解】，
当，，
得，，
则函数单调递增区间，，
故选：B.
8. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】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
【点睛】比较函数值的大小，要结合函数值的特点，选择不同的方法，本题中，可以作差进行比较大小，而的大小比较，则需要构造函数，由导函数得到其单调性，从而比较出大小，有难度，属于难题.
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
【答案】ABD
【解析】
【分析】分类讨论，，与四种情况，结合直线、圆、椭圆与双曲线方程的特点即可判断.
【详解】对于方程，
当时，，方程为表示圆心在原点，半径为1的圆；
当时，，则，
此时方程，即表示焦点在轴的椭圆；
当时，，此时方程，即，表示两条直线；
当时，，则，
此时方程，即表示焦点在轴的双曲线.
综上可得符合依题意的有ABD.
故选：ABD.
10. 已知平面向量，，则（ ）
A. B.
C. 与夹角为锐角 D. 在上的投影为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据数量积及模的坐标表示计算可得.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：，故，
所以与不垂直，故B错误；
对于C：，
所以与的夹角为锐角，故C正确；
对于D：， ，
所以在上的投影为，故D错误；
故选：AC
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0.0485
B. 此人选自A地区且患流感的概率为0.06
C. 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
【答案】AC
【解析】
【分析】设事件D：选取的这个人患了流感，事件E：此人来自A地区，事件F：此人来自B地区，事件G：此人来自C地区，则，且E，F，G彼此互斥，然后根据条件依次可得、、、、、的值，然后根据全概率公式、条件概率公式、二项分布的知识逐一判断即可.
【详解】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，，，
，，，
对于A.由全概率公式可得
，故A正确；
对于B.，，选自A地区且患流感的概率为，故B错误；
对于C由条件概率公式可得，故C正确；
对于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，故D错误.
故选：AC.
12. 如图，已知二面角的棱上有不同两点和，若，，，，则（ ）

A. 直线和直线为异面直线
B. 若，则四面体体积的最大值为2
C. 若，，，，，，则二面角的大小为
D. 若二面角的大小为，，，，则过、、、四点的球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由异面直线的定义可判断A；面且，此时四面体体积的最大值，求出即可判断B；在平面内过A作BD的平行线AE，且使得，连接，四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，由余弦定理求出即可判断C；取的中点，的中点，取的中点，连接，易知是二面角的一个平面角，则，
过作平面的垂线和平面的垂线，交于点，即为外接球球心，求出
，即可求出，可判断D.
【详解】对于A，由异面直线的定义知A正确；
对于B，要求四面体体积的最大值，则面且，
此时四面体体积的最大值：
,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，
四边形是一个矩形，是二面角的一个平面角，且面AEC，
所以面AEC，从而.
在中，由余弦定理可知：

所以.故C正确；

对于D，因为二面角的大小为，，，，
如下图，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、、、四点的球的表面积为.故D正确.
故选：ACD

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___________.
【答案】
【解析】
【分析】先写出的展开式通式，然后根据的次数选择对应的系数计算即可.
【详解】对于，其展开式的通式为，
则展开式中含项的系数为
故答案为：.
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__________.
【答案】24
【解析】
【分析】根据题意结合平均数、方差的计算公式运算求解.
【详解】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. 已知直线与抛物线交于两点，且交于点，点的坐标为，则的面积__________.

【答案】
【解析】
【分析】求出直线的方程，与抛物线联立，得到两根之和，两根之积，由得到方程，然后求出的值，再求出，最后求出面积即可.
【详解】点的坐标为，则，
又，且直线过点，
则直线的方程为，整理得，
设点的坐标为，点的坐标为，
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.
故答案为：.
16. 已知函数，时，，则实数的范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先应用参数分离，构造新函数，把恒成立转化为求最小值，二次求导根据单调性求最值即可.
【详解】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，.
故答案为：
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.
【答案】（1）连接，在上底面过点作直线即可,作图见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）、连接，在上底面过点作直线即可，推导出，，得到平面，从而.
（2）、以为坐标原点，、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出与平面所成角的正切值.
【小问1详解】
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，；
小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）若选①，由两角和的正切公式化简即可求出求角的大小；若选②，利用正弦定理统一为角的三角函数，再由两角和的正弦公式即可求解；若选③，由余弦定理代入化简即可得出答案；
（2）将代入正弦定理可得，要使角有一解，即或，解出即可得出答案.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合等比数列的定义分析证明；
（2）先根据等比数列的通项公式可得，再利用分组求和结合等比数列的求和公式运算求解.
【小问1详解】
因为，即，
则，
又因为，可得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，所以.
所以

，
当为偶数时，可得；
当为奇数时，可得；
综上所述：.
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25℃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如下所示散点图．





73.5
3.85


表中：
（1）根据散点图判断，①与②哪一个更适宜作为该茶水温度y关于时间x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，建立该茶水温度y关于时间x的回归方程：
（3）已知该茶水温度降至60℃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：
②参考数据：．
【答案】（1）②
（2）
（3）7.5分钟
【解析】
【分析】（1）根据散点图的走势即可对回归方程作出判断和选择；
（2）把非线性回归方程化为线性回归直线方程，根据题中表格所给的数据计算求解即可；
（3）由已知当茶水温度降至60℃口感最佳，即把代入（2）中的回归方程，化简可得大约需要放置的时间；
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
由有：，两边取自然对数得：，设，， ，
则化为：，又，

，，

，，
回归方程为：，
即.
【小问3详解】
当时，代入回归方程得：，化简得：，即，
又，
约化为：，
即


大约需要放置7.5分钟才能达到最佳饮用口感.
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.
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）由通径性质、离心率和椭圆参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；
（2）讨论直线斜率，设，，，为，注意情况，联立椭圆方程应用韦达定理求，，结合、坐标表示得到，进而有求，再求坐标，应用两点距离公式得到关于的表达式求最值，注意取值条件.
【小问1详解】
对于方程，令，则，解得，
由题意可得，解得，，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
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，则，，
所以，解得，则，即，
直线：，联立，解得，即，
∴，
当且仅当或时,等号成立，
∴的最小值为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 已知，且0为的一个极值点．
（1）求实数值；
（2）证明：①函数在区间上存在唯一零点；
②，其中且．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；
（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.
②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.
【小问1详解】
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减，
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.
【小问2详解】
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，
所以函数上单调递减，
则，
即，，
所以 ，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.