浙江省金华十校2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省金华十校2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 设集合，则， “且”是“复数是纯虚数”的， 设，则的大小关系为， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

金华十校2022-2023学年第二学期期末调研考试
高二数学试题卷
本试卷分选择题和非选择题两部分，考试时间120分钟.试卷总分为150分.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂､写在答题纸上.
选择题部分（共60分）
一､选择题：本题共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】C
【解析】
【分析】求出集合，计算即可.
【详解】，故，
故选：C
2. “且”是“复数是纯虚数”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件及纯虚数的定义判断即可.
【详解】若且，则复数纯虚数，故充分性成立；
若复数是纯虚数，则且，故必要性不成立，
故“且”是“复数是纯虚数”的充分不必要条件.
故选：A
3. 设，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性可得，根据对数函数的单调性可得，即可求解.
【详解】∵，而，∴，
又，∴.
故选：D.
4. 一个正六棱锥，其侧面和底面的夹角大小为，则该正六棱锥的高和底面边长之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】如图正六棱锥中，取的中点，则为侧面和底面的夹角，根据的值可求得的值.
【详解】
如图正六棱锥中，底面中心为，取的中点，连接，

则，所以为侧面和底面的夹角，即
因为底面， 底面，
所以，所以，
又，所以，
所以.
故选：A
5. 函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，若函数是偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图像平移得函数的解析式，由函数是偶函数，解出，可得.
【详解】函数的图像向左平移个单位，得的图像，
又函数是偶函数，则有，，解得，；
所以.
故选：C．
6. 兰溪杨梅从5月15日起开始陆续上市，据调查统计，得到杨梅销售价格（单位：Q元/千克）与上市时间t（单位：天）的数据如下表所示：
时间t/（单位：天）
10
20
70
销售价格Q（单位：元/千克）
100
50
100
根据上表数据，从下列函数模型中选取一个描述杨梅销售价格Q与上市时间t的变化关系：.利用你选取的函数模型，在以下四个日期中，杨梅销售价格最低的日期为（ ）
A. 6月5日 B. 6月15日 C. 6月25日 D. 7月5日
【答案】C
【解析】
【分析】根据表中数据，描述杨梅销售价格Q与上市时间Q的变化关系不可能是常数函数、也不可能是单调函数，应选取进行描述，将表中数据代入可得，利用配方法结合日期可得答案.
【详解】根据表中数据，描述杨梅销售价格Q与上市时间Q的变化关系不可能是常数函数、也不可能是单调函数，
函数在时均为单调函数，这与表格中的数据不吻合，
所以应选取进行描述，
将表中数据代入可得
，解得，所以，
，所以当时杨梅销售价格最低，
而6月5日时，6月15日时，6月25日时，7月5日时，
所以时杨梅销售价格最低.
故选：C.
7. 已知定义在上的三个函数，其中为偶函数，是奇函数，且在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，则（ ）
A. 是奇函数，且在上单调递增
B. 是偶函数，且在上单调递减
C. 是奇函数，且在上单调递减
D. 是偶函数，且在上单调递增
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶性和单调性的定义判断即可，其中两个函数相乘的单调性与这两个函数的单调性、符号有关.
【详解】令，，
因为为偶函数，是奇函数，
所以，
，
即是奇函数，是偶函数，
因为是奇函数，在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，单调递增，单调递减，且、，
任取，设，
则，，
所以
所以
所以，
所以上单调递增，
在上的单调性无法判断，因为不知道在上的符号，
故选：D
8. 正方体的棱长为分别为棱的中点，则该正方体的外接球被平面所截的圆的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】正方体的外接球直径即为体对角线的长，然后只需求出球心到平面的距离，即可由勾股定理确定半径.
【详解】正方体的外接球直径为体对角线长，即，
取中点，连接，则中点为外接球的球心，
于是到平面的距离是到平面的距离的一半，下求到平面的距离.
过作，垂足为，过作，垂足为，连接，
根据题干数据，，同理，
由于且//，则四边形为平行四边形，故//，
显然，根据中位线性质//，则，于是，
又，平面，，则平面，
又平面，故，
又，，平面，故平面，
又，则，，
由//，则，于是，
即到平面的距离为，于是到平面的距离是，
设正方体的外接球被平面所截的圆的半径为，则，
于是截面圆面积为.
故选：C

二､多选题：本题共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. 已知平面向量的夹角为，且满足，则（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量的模为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用数量积的定义求解可判断A；验证可判断B；由结合数量积运算可判断C；利用投影向量的概念求解可判断D.
【详解】，故A正确；
∵，∴，故B正确；
∵，∴，故C正确；
在上的投影向量的模为，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 是的极值点 B. 是的最小值
C. 最多有2个零点 D. 最少有1个零点
【答案】AD
【解析】
【分析】求确定在定义域上的单调性及极值可判断选项A；用零点存在性定理判断在上存在1个零点可判断选项D；分析在上可能的零点个数可判断选项C；根据有可能为正值，可判断选项B.
【详解】，
，
而 ，
所以当时，，当时，当时，
故在时为减函数，在时为减函数，在时为增函数，
且，所以是的极值点，故A正确；
对于C：取，因，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以当时，，
取，因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以当时，，
又在为连续函数，
所以在上存在1个零点，故D正确；
对于C：当时，， ，
所以，
又在上为减函数，所以存在唯一，使得，
，
又在上为增函数，所以存在唯一，使得，
所以当时，在上有两个零点，则在定义域上存在3个零点，故C错误；
对于B：，当时，，
由上知存在，使得，故不是的最小值，故B错误；
故选：AD
11. 三棱锥中，平面且，分别为垂足，为中点，则（ ）

A. 平面平面 B. 平面平面
C. 平面平面 D. 平面平面
【答案】AB
【解析】
【分析】因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD，又BC⊥CD，则CD⊥平面ABC，得CD⊥BE，又AC⊥BE，则BE⊥平面ACD，则BE⊥AD，则AD⊥平面BEF，结合面面垂直的判定定理可判断A；由BE⊥平面ACD，结合面面垂直的判定定理可判断B；若平面BEF⊥平面ABC，则AC⊥平面BEF，又AD⊥平面BEF，则AC∥AD，与AC与AD相交矛盾，从而可判断C；记AG∩BF＝H，过B作BM⊥EH于M，则BM⊥平面AGC，BM⊥CG，又AB⊥CG，CG⊥BD，则CG⊥平面ABD，得CG⊥BF，则CG⊥平面BEF，则平面ABD与平面BEF重合，矛盾，从而可判断D．
【详解】对于A，因为AB⊥平面BCD，CDÌ平面BCD，所以AB⊥CD，
又BC⊥CD，AB∩BC＝B，AB,BCÌ平面ABC，则CD⊥平面ABC，
BEÌ平面ABC，则CD⊥BE，又AC⊥BE，AC∩CD＝C，AC，CDÌ平面ACD，
则BE⊥平面ACD，又ADÌ平面ACD，则BE⊥AD，
又BF⊥AD，BE∩BF＝B，BE,BFÌ平面BEF，则AD⊥平面BEF，
因为ADÌ平面ABD，所以平面BEF⊥平面ABD，故A正确；
对于B，因为BE⊥平面ACD，BEÌ平面BEF，所以平面BEF⊥平面ACD，故B正确；
对于C，若平面BEF⊥平面ABC，由平面BEF∩平面ABC＝BE，ACÌ平面ABC，AC⊥BE，
则AC⊥平面BEF，又AD⊥平面BEF，则AC∥AD，与AC与AD相交矛盾，故C错误；
对于D，记AG∩BF＝H，若平面BEF⊥平面AGC，且平面BEF∩平面AGC＝EH，
过B作BM⊥EH于M，连接AM，则BM⊥平面AGC，而CGÌ平面AGC，则BM⊥CG，
AB⊥平面BCD，CGÌ平面BCD，则AB⊥CG，
BC＝CD，G为BD的中点，则CG⊥BD，
又AB∩BD＝B，AB,BDÌ平面ABD，则CG⊥平面ABD，
而BFÌ平面ABD，则CG⊥BF，
又BM⊥CG，BM∩BF＝B，BM,BFÌ平面BMF，则CG⊥平面BMF，即CG⊥平面BEF，
又CG⊥平面ABD，则平面ABD与平面BEF重合，矛盾，故D错误．
故选：AB．

12. 金华某地新开了一条夜市街，每晚平均客流量为万人，每晚最多能接纳的客流量为万人，主办公司决定通过微信公众号和其他进行广告宣传提高营销效果.通过调研，公司发现另一处同等规模的夜市投入的广告费与每晚增加的客流量存在如下关系：
x/万元
1
2
3
4
5
6
y/千人
5
6
8
9
12
20
参考数据：
附：一元线性回归模型参数的最小二乘估计公式：
现用曲线拟合变量与的相关关系，并利用一元线性回归模型求参数，的最小二乘估计（精确到），依所求回归方程为预测依据，则（ ）
A.
B. 曲线经过点
C. 广告费每增加万元，每晚客流量平均增加人
D. 若广告费超过万元，则每晚客流量会超过夜市接纳能力
【答案】BD
【解析】
【分析】利用题目的数据，得出，的最小二乘估计，即可得出回归方程，逐个选项判断即可.
【详解】由题知，，，
，，
所以，
，A错；
所以，即，
令，求得，B正确；
由上式可知，每增加，应该平均增加，C错；
若，，
而每晚最多能接纳的客流量为万人，故D正确.
故选：BD
非选择题部分（共90分）
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 二项式展开式的常数项是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出通项公式，再令的幂指数等于，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值.
【详解】由于的展开式的通项公式为：

，
令，解得，
则其展开式的常数项为.
故答案为：
14. 曲线在处的切线方程为 _____．
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义即得.
【详解】因为，
所以，
当时，，，
故切线方程为：，即.
故答案为：.
15. 现有连在一排的9个房间，若把甲乙丙三人每人一间随机安排住宿，则恰好只有甲乙两人住的房间相邻的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用捆绑法及排列数公式，结合古典概型的概率公式求解.
【详解】甲乙丙三人每人一间随机安排共有种安排方法，
其中恰好只有甲乙两人住的房间相邻的方法有种，
所以所求概率为.
故答案为：.
16. 已知函数，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是__________.
【答案】或
【解析】
【分析】令，则题意转化为时,恒成立，根据与的取值范围分类讨论，列出不等式求解.
【详解】当时, ，，故在上单调递增，
当时, ，在上单调递减，
令，则当时, ；当时,，
则题意转化为时,恒成立.
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故，则．
所以，当时,，恒成立.
当时，，恒成立.
当且时，恒成立.
只需考虑且时,，即恒成立，
当时，，单调递增，
则由恒成立，得，解得，
当时，，单调递增，
则由恒成立，得，矛盾，
综上可得：或.
故答案为：或．
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知.
（1）求的大小；
（2）设函数，求在上的最大值.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）由两角和的正弦公式及二倍角公式展开可得，即，根据角的范围可得答案；
（2）利用三角恒等变换化简，利用三角函数的性质可得的最大值.
【小问1详解】
由得，
则，
因为，所以，
解得，即，
又，所以，则.
【小问2详解】
，
，所以，
当，即时，的最大值为2.
18. 海水养殖场进行某水产品的新､旧网箱养殖法的产量对比，收获时各随机抽取了100个网箱，测量各水箱水产品的产量（单位：kg），其频率分布直方图如图所示.

（1）求新养殖法的频率分布直方图中小矩形高度x的值：
（2）根据频率分布直方图，填写下面列联表，并根据小概率的独立性检验，分析箱产量与养殖方法是否有关.
养殖法
箱产量
合计
箱产量<50
箱产量50
旧养殖法



新养殖法



合计



（）
【答案】（1）
（2）表格见解析，有关
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图的性质求解即可.
（2）列出列联表，求出，即可得出结论.
【小问1详解】
，
解得.
【小问2详解】
列联表如下：
养殖法
箱产量
合计
箱产量
箱产量
旧养殖法
60
40
100
新养殖法
34
66
100
合计
94
106
200
零假设为：箱产量与养殖方法独立，即箱产量与养殖方法无关.
因，
所以推断不成立，即箱产量与养殖方法有关，此推断犯错误的概率不大于
19. 如图，四边形是由与正拼接而成，设，.

（1）当时，设，求，的值；
（2）当时，求线段的长.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意根据正弦定理可得的长，由和正可求得，再根据平面向量线性运算，，进而得出，的值.
（2）根据正弦定理和余弦定理可求出的长，进而得出，，利用余弦和差化积得到，再根据余弦定理得出的长.
【小问1详解】
在中，由，

可知.
由于，，，
，，，.
【小问2详解】
在中，，

所以，，



.
20. 如图四棱锥，点在圆上，，顶点在底面的射影为圆心，点在线段上.

（1）若，当//平面时，求的值；
（2）若与不平行，四棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）做辅助线构建平面和平面平行，然后结合面面平行的性质定理来解决；
（2）通过棱锥的体积得到底面积，根据底面的数据可推出是直径，然后建立空间直角坐标系处理.
【小问1详解】
过作//交线段于，连接.
//，平面,平面，//平面，
又//平面，，平面，
平面//平面，
平面平面，
平面平面，根据面面平行的性质定理，//
又//，四边形是平行四边形，
，而，
故，得，得.
【小问2详解】

，（为四边形的面积），得.
由，得，
由余弦定理，，则，
根据正弦定理，设该四边形的外接圆半径为，则，
作直径，由圆内接四边形对角互补，则，
故，，故重合，
此时为直径，直径为，以为原点，射线为轴，
过垂直于的方向为轴，如图建立空间直角坐标系.

则，
所以，
设平面的法向量为，则即
令，则，所以，
设直线与平面所成角为，则.
直线与平面所成角的正弦值为.
21. 袋子中有大小相同的12个白球和6个红球.
（1）若从袋中随机有放回地摸取3个球，记摸到白球的个数为，求随机变量的数学期望
（2）若把这18个球分别放到三个盒子中，其中0号盒子有1个红球5个白球，1号盒子有2个红球4个白球，2号盒子有3个红球3个白球，现抛掷两颗骰子，若点数之和除以3的余数为时，从号盒子中摸取3个球.求摸出的3个球中至少有2个白球的概率.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）方法1：根据求.
方法2：计算列出分布列，求期望.
（2）分别计算点数之和除以3的余数等于的概率，再由全概率公式求解.
【小问1详解】
方法1：依题意，取值为，每次取到白球的概率.
因为，故
方法2：依题意，取值为，每次取到白球的概率.
则
所以分布列为

0
1
2
3





故
【小问2详解】
抛掷两颗骰子，记点数之和除以3的余数等于为事件，
则点数之和等于的分别有种；种；
种；种情况；故.
点数之和等于4有种；
等于7有种；
等于10有种；故.
点数之和等于2有种；等于5有种；
等于8有种；
等于11有种，故.
所以.
记摸出的3个球中至少有2个白球记为事件，则
，
，
由全概率公式可得

22. 已知函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个不相等的零点，极值点为，证明：
（i）
（ii）
注：为自然对数的底数，.
【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，再由，求解；
（2）（i），设，由零点存在定理得到存在唯一且，使得，然后根据函数有两个不相等的零点，由求解；（ii）由①，②，①-②得，整理为，不妨设，令，则，转化为，即，利用导数法证明；
小问1详解】
，
所以，
令得，令得.
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是.
【小问2详解】
（i），
设，
存在唯一且，使得.
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，是极小值点.
若，则，不满足要求，
故要使函数有两个不相等的零点，则.
于是.
（ii）①，②，
①-②得，整理得③.
下证：.不妨设，令，则.
可化为，即.
令，于是在上单调递增，
又，所以，从而，
得.
于是③式可化为，得.
得证.
【点睛】思路点睛：本题第（ii）问，由函数有两个不相等的零点，得到①，②，①-②结合对数运算整理得到，再设，令，则，转化为，然后令，利用导数法证明而得证.