2022-2023学年天津市新四区示范校高二下学期期末联考数学试题含答案

2022-2023学年天津市新四区示范校高二下学期期末联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，，若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据条件，可确定集合中的元素，即可求解.

【详解】因为，，所以，

因为，，所以，

所以.

故选：A

2．命题“”的否定为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据全称量词命题的否定为存在性量词命题即可判断.

【详解】解：由题意得：

全称量词命题的否定为存在性量词命题，故命题""的否定为"".

故选：B

3．已知，，，则，，的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据指数与对数运算法则计算后比较大小即可.

【详解】由题意得，，，，

所以.

故选：C

4．某学校要从名男生和名女生中选出人作为上海世博会志愿者，若用随机变量表示选出的志愿者中女生的人数，则数学期望 （    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分析可知的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可求得的值.

【详解】由题意可知，随机变量的可能取值有、、，

且，，，

因此，.

故选：B.

5．已知向量，设函数，则下列关于函数的性质的描述正确的是（    ）

A．关于直线对称 B．关于点对称

C．周期为 D．在上是增函数

【答案】D

【分析】先利用向量的数量积表示函数，再利用公式化简，根据三角函数图像和性质判断.

【详解】因为向量,

.

所以.

对于A，把代入得，没有取得最值，所以不成立.

对于B，把代入得，所以不成立.

对于C，由于周期,所以不成立.

对于D，因为，又，

所以在上是增函数.

故选：D.

6．函数的图象大致是（    ）

A．     B．  

C．   D．  

【答案】A

【分析】根据解析式可得，判断时函数符号即可排除错误选项，进而得答案.

【详解】由解析式知：，即，排除B、C；

当时，，故恒成立，排除D.

故选：A

7．如图，在空间四边形中，两条对角线，互相垂直，且长度分别为4和6，平行于这两条对角线的平面与边，，，分别相交于点，，，，记四边形的面积为，设，则（    ）

A．函数的值域为 B．函数的最大值为8

C．函数在上单调递减 D．函数满足

【答案】D

【分析】根据空间四边形的性质证明四边形为矩形，然后根据比例关系求出函数的表达式，结合一元二次函数的性质进行判断即可．

【详解】解：平面，平面，

．，．，

则四边形为平行四边形，

两条对角线，互相垂直，

，

则四边形为矩形，

，

由，

即，

同理，

则，

则四边形的面积为，

，

当时，函数取得最大值6，故A,B错误．

因为函数的对称轴为，则函数在上单调递增，故C错误．

函数的对称轴为，

函数满足，故D正确，

故选：D．

8．顺德欢乐海岸摩天轮是南中国首座双立柱全拉索设计的摩天轮，转一圈21分钟，摩天轮的吊舱是球形全景舱，摩天轮最高点距离地面高度为99，转盘直径为90，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，开始转动后距离地面的高度为，则在转动一周的过程中，高度H关于时间的函数解析式是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【分析】结合三角函数图像的特征和性质，将实际问题转化为对应参数求解；

【详解】根据题意设，，

因为某摩天轮最高点距离地面高度为99，转盘直径为90，

所以，该摩天轮最低点距离地面高度为9，

所以，解得：.

因为开启后按逆时针方向匀速旋转，旋转一周需要21

所以，解得，

因为时，，

故，即，

解得：.

所以.

故选：B

9．若函数在其定义域上只有一个零点，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】当时，利用单调性结合零点存在性定理可得在内存在唯一零点，当时，利用导数判断单调性得在上单调递减，在上单调递增，可得．

【详解】当时，则在上单调递增，且

∴在内存在唯一零点

则当时，无零点

，令，则或（舍去）

∴在上单调递减，在上单调递增

则，即

故选：C．

二、填空题

10．若复数，则         .

【答案】

【解析】利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数的模长公式可计算出的值.

【详解】，因此，.

故答案为：.

【点睛】本题考查复数模的计算，同时也考查了复数的除法运算，考查计算能力，属于基础题.

11．向量在向量方向上的投影向量是              .

【答案】

【分析】根据投影向量的运算公式直接计算.

【详解】由题意得，，

所以在方向上的投影向量是.

故答案为：

12．深受广大球迷喜爱的某支足球队在对球员的使用上总是进行数据分析，根据以往的数据统计，乙球员能够胜任前锋、中锋、后卫以及守门员四个位置，且出场率分别为0.2，0.5，0.2，0.1，当乙球员担当前锋、中锋、后卫以及守门员时，球队输球的概率依次为0.4，0.2，0.6，0.2．当乙球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为       .

【答案】0.68/

【分析】利用条件概率和全概率公式求解.

【详解】解：设A表示“乙球员担当前锋”，设B表示“乙球员担当中锋”，设C表示“乙球员担当后卫”，设D表示“乙球员担当守门员”，设E表示“乙球员参加时，球队输球”，

所以，

，

所以当乙球员参加比赛时，该球队某场比赛不输球的概率为，

故答案为：0.68

13．重庆八中某次数学考试中，学生成绩服从正态分布.若，则从参加这次考试的学生中任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高于120的概率是          .

【答案】/0.15625

【分析】结合正态分布特点先求出，再由独立重复试验的概率公式即可求解.

【详解】因学生成绩符合正态分布，故，故任意选取3名学生，至少有2名学生的成绩高于120的概率为.

故答案为：

14．已知向量，满足，，则与的夹角为       .

【答案】.

【分析】设与的夹角为，由，利用数量积的运算法则 可得答案.

【详解】设与的夹角为，

由得，

即，解得，因为，所以，

所以与的夹角为.

故答案为：.

15．已知函数 ，若函数有三个零点，则实数的取值范围是           .

【答案】

【分析】数形结合，分析与的交点个数为3时实数的取值范围即可.

【详解】由题意，函数有三个零点即有三个解，即与的交点个数为3.

作出与的图象，易得当时不成立，故.

当时与必有一个交点，则当有2个交点.

当时，因为恒过定点，此时与或有2个交点.

①当与有2个交点时，考虑临界条件，当与相切时，.

设切点，则，解得，此时切点，；

又最高点为，故此时.

故.

②当与有2个交点时，考虑临界条件，当与相切时，，即，此时，即，解得，由图可得，故.

此时

综上

故答案为：.

三、解答题

16．已知中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且

(1)求角C

(2)若，，为角C的平分线，求的长；

(3)若，求锐角面积的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解；

（2）设，根据及面积公式得到方程，解得即可；

（3）首先利用正弦定理求出，再由正弦定理得到，，再根据转化为关于的三角函数，根据正弦函数的性质求出面积的取值范围；

【详解】（1）解：由及正弦定理得

所以

∴，∴

∵，∴

（2）解：设由得

.

解得，即角平分线的长度为

（3）解：设外接圆半径为R，由

，即，即，∴

所以的面积

∵，∴，

∴

∵，，，

∴，

∴，

∴，∴，

∴

17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交PB于点.

(1)求三棱锥的体积；

(2)求证：平面；

(3)求平面与平面的夹角的大小.

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）取中点，连接，易知且底面，由此即可求出答案；

（2）由题意易证面，则可得，再结合，利用线面垂直的判定定理即可得证；

（3）由题意易知是平面与平面的夹角，且，分别求出的值，利用，即可求出答案.

【详解】（1）取中点，连接，

在中，分别为中点，

∴为的中位线，

∴，且，

又∵，

∴

∵底面，

∴底面，

∴；

（2）∵底面，且面

∴，

∵底面是正方形，

∴，

又,面,

∴面,

又面

∴

∵，且，

∴是等腰直角三角形，又是斜边的中线，

∴，

又,面,

∴面，

∵面

∴,

∵,

又,面

∴平面；

（3）由（2）可知，

故是平面与平面的夹角，

∵

∴，

在中，，，，

又面，

∵面

∴,

在中，，

∴，

故平面CPB与平面PBD的夹角的大小.

18．已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240，160，160．现采用分层抽样的方法从中抽取７名同学去某敬老院参加献爱心活动．

（Ⅰ）应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？

（Ⅱ）设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作．

（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；

（ii）设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M发生的概率．

【答案】（1）3，2，2（2）（i）见解析（ii）

【详解】分析：（Ⅰ）结合人数的比值可知应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．

（Ⅱ）（i）由题意列出所有可能的结果即可，共有21种．

（ii）由题意结合（i）中的结果和古典概型计算公式可得事件M发生的概率为P（M）=．

详解：（Ⅰ）由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学，因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．

（Ⅱ）（i）从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为

{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共21种．

（ii）由（Ⅰ），不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E，来自丙年级的是F，G，则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5种．

所以，事件M发生的概率为P（M）=．

点睛：本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含的基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．

19．已知数列的前n项和为，满足：

(1)求证：数列为等差数列；

(2)若，令，数列的前n项和为，若不等式对任意恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）利用关系可得，即有，将两式相减并整理有，即可证结论.

（2）由（1）结论及题设可得，令、，应用作差法比较它们的大小，即可确定的单调性并求其最大值，结合恒成立求m的取值范围．

【详解】（1）由题设，，则，

所以，整理得，则，

所以，即，，

所以，故数列为等差数列，得证.

（2）由，可得，又，结合（1）结论知：公差，

所以，故，则，

所以，且，

所以，即，

所以，在且上递减，则，

要使对任意恒成立，即，

所以.

20．已知函数，．

(1)若，求函数的最小值及取得最小值时的值；

(2)求证：；

(3)若函数对恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)时，；

(2)证明见解析；

(3)

【分析】（1）根据导数研究函数单调性求解函数最值即可；

（2）结合（1）将问题转化为证明，进而构造函数证明即可；

（3）由题知对恒成立，进而构造函数，结合函数性质，分当，，时三种情况讨论求解即可.

【详解】（1）解：当时，，定义域为，

所以，令得，

所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增，

所以，函数在处取得最小值，.

（2）解：由（1）知，当时，，即，

所以，要证成立，只需证，

令，则，

所以，当时，恒成立，

所以，函数为单调递增函数，

所以，，即，

所以，

所以成立

（3）解：因为函数对恒成立

所以对恒成立，

令，则，

当时，，在上单调递增，

      所以，由可得，即满足对恒成立；

当时，则，，在上单调递增，

     因为当趋近于时，趋近于负无穷，不成立，故不满足题意；

当时，令得

令，恒成立，故在上单调递增，

因为当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，当趋近于时，趋近于负无穷，

所以，使得，，

所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，只需即可；

所以，，，

因为，所以，

所以，解得，

所以，，

综上，实数a的取值范围为

【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于讨论当时，结合函数的性质得，使得，，进而转化为解.