2022-2023学年贵州省卓越发展计划高二下学期6月测试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年贵州省卓越发展计划高二下学期6月测试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年贵州省卓越发展计划高二下学期6月测试数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用集合的运算即可求得结果.
【详解】因为，故，
故选：C.
2．已知，，（为虚数单位），则（    ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【分析】结合复数的四则运算，以及复数相等的条件，即可求解.
【详解】因为，所以，.
故选：B.
3．下列函数中，最小正周期为π的偶函数是（　　）
A．y=sin（2x+） B．y=cos（2x+）
C．y=sin2x+cos2x D．y=sinx+cosx
【答案】A
【详解】对于A：y=sin（2x+）=cos2x,是最小正周期为π的偶函数.
对于B：y=cos（2x+）=﹣sin2x，虽然最小正周期为π，但属于奇函数，故排除．
对于C：y=sin2x+cos2x= ，虽然最小正周期为π，属于非奇非偶函数，故排除．
对于D：：y=sinx+cosx=，函数的最小正周期为2π，属于非奇非偶函数，故排除．
故选A．
4．某学校共1000人参加数学测验，考试成绩近似服从正态分布，若，则的值（    ）
A．0.1 B．0.9 C．0.45 D．0.05
【答案】D
【分析】由已知可得，根据正态分布的对称性可推得，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，所以.
又，根据正态分布的对称性可得，
所以.
故选：D.
5．“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多-斐波那契发现，因为斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称该数列为“兔子数列”.已知数列为“斐波那契数列”且满足：，则（    ）
A．12 B．16 C．24 D．39
【答案】C
【分析】由题写出数列的前8项，即可得答案.
【详解】由斐波那契数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…，知.
故选：C
6．在中，E为AC上一点，，P为线段BE上任一点，若，则的最小值是（    ）
A． B． C．6 D．8
【答案】B
【分析】由题可得，后由基本不等式可得答案.
【详解】由题可得B，P，E三点共线，则.
又，，则，则.
当且仅当，即时取等号.
故选：B
  
7．第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕.有4名大学生参加了冬奥会新闻中心志愿者服务，下列说法正确的是（    ）
A．将4名志愿者每人都安排一项工作（一共4项不同的工作）的不同方法数为24种
B．将4名志愿者分配到3个采访场馆，每个采访场馆至少分配一名志愿者，所有分配方案共有72种
C．将4名志愿者安排到七天中服务，每天一人，甲两天，乙三天，丙和丁各一天，不同的安排方法有140种
D．将4名志愿者分配到记者招待会、集体采访2个项目进行培训，每名志愿者分配到1个项目，每个项目至少分配到1名志愿者，不同的分配方案共有14种
【答案】D
【分析】利用乘法原理求出不同方法数判断A；利用分组分配方法计算判断B；利用组合应用问题列式计算判断C；按两组人数情况分类计算判断D作答.
【详解】对于A，每人各有4种选择，每人都安排一项工作的不同方法数为，A错误；
对于B，将4名同学按2，1，1分成3组有种方法，再将这3组分配到3个比赛场馆，
共有种，则所有分配方案共有（种），B错误；
对于C，甲两天，乙三天，丙和丁各一天，所以不同的安排方法有种，C错误；
对于D，先将4名志愿者分成2组，每组2个人或者一组3人，一组1人，
若每组2个人，分别分配给2个项目，则有种分法，
若一组3人，一组1人，分别分配给2个项目，则有种分法，
因此不同的分配方案共14种，D正确.
故选：D
8．已知函数是定义在上的可导函数，且满足，，，则不等式的解集是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】构造新函数，通过已知条件，判断新函数的单调性，再由单调性解出不等式.
【详解】构造函数，因为，所以，
可知函数在上单调递增，，
不等式化为，即，
由单调递增可得，即.
故选: C.

二、多选题
9．已知是定义在上的奇函数，图像关于直线对称，且在区间内的图像如图所示，下列说法正确的是（    ）
  
A． B．
C．直线是函数的一条对称轴 D．点为函数的一个对称中心
【答案】ACD
【分析】先求出的周期，再根据的周期性逐项分析.
【详解】由题意，的对称点是，对称轴是，，
，所以的周期；
，A正确；
如果，则有，则的周期为5，与前面的分析矛盾，B错误；
由于是对称轴，周期为4，所以也是对称轴，C正确；
由于是对称点，所以也是对称点，D正确；
故选：ACD.
10．已知向量，，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则
C．的最大值为 D．的取值范围是
【答案】AD
【分析】对于A，利用向量的数量积运算与垂直的性质判断即可；对于B，利用向量平行的坐标表示求解即可；对于C，利用向量的数量积运算与辅助角公式求解即可；对于D，利用向量的数量积运算与三角函数的性质即可得解.
【详解】对于A：当时，，
此时，故，故A正确；
对于B：若，则，所以，所以，，故B错误；
对于C：，故C错误；
对于D：因为，，
所以，，，
所以，
因为，所以，
所以，故D正确.
故选：AD.
11．如图，在直棱柱中，D，E分别是BC与AC上的任一点，，，，则下列结论正确的是（    ）
  
A．存在，使得
B．平面平面ABC
C．若平面，则
D．若，且E为AC中点，则平面BDE与平面所成的夹角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】A选项，当E为AC中点，通过说明面可得；B选项，注意到面ABC即可；C选项，由题可得；D选项，如图以E为原点建立空间直角坐标系，求出平面BDE与平面法向量即可.
【详解】对于A，当时，E为AC中点，∵，∴在等腰三角形ABC中，，又在直三棱柱中，面ABC且BE在面ABC内，∴且，，AC在面内，∴面且在面内，∴，A正确；
对于B，在直三棱柱中，面ABC且在面内，∴面面ABC，B正确；
对于C，若平面，因平面ABC，平面ABC平面，则，则任意且，C错误；
对于D，如图建系，设，则，，，设平面的法向量为，则，取，又平面BDE的一个法向量为.则平面BDE与平面所成的夹角的余弦值为，D正确.
  
故选：ABD.
12．已知实数a，b满足，且，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】由题可得，A选项，由指数函数单调性可判断选项；B选项，由基本不等式结合，可得，即可判断选项；C选项，由，可得，即可判断选项；D选项，构造函数，利用导数判断其单调性，结合可判断选项.
【详解】因为，且，可得，
选项A：∵，函数在R上单调递增，∴，故A正确；
选项B：因为，即，
解得，所以，故B正确；
选项C：因为，则，
可得，所以，故C错误；
选项D：构造函数，则，
所以函数在上单调递增，又，
所以，所以，即，故D正确；
故选：ABD

三、填空题
13．展开式的常数项是 ．（用数字作答）
【答案】24
【分析】求出给定二项式展开式的通项公式，再求出常数项作答.
【详解】展开式的通项公式是，
由，得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：24
14．一个家庭有两个小孩，假设生男生女是等可能的，已知这个家庭有一个是女孩的条件下，这时另一个也是女孩的概率是 .
【答案】
【分析】利用列举法求出已知这个家庭有一个是女孩的条件下，基本事件总数n=3，这时另一个也是女孩包含的基本事件个数m=1，由此能求出已知这个家庭有一个是女孩的条件下，这时另一个也是女孩的概率.
【详解】一个家庭有两个小孩，假设生男生女是等可能的，
基本事件有: {男，男}，{男，女}，{女,男}，{女,女},
已知这个家庭有一个女孩的条件下，基本事件总数n=3 ,
这时另一个也是女孩包含的基本事件个数m=1，
已知这个家庭有一个女孩的条件下，这时另一个也是女孩的概率是，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了条件概率，可以列举在某条件发生的情况下，所有事件的个数及所研究事件的个数，利用古典概型求解，属于中档题.
15．椭圆：的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称.若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为 ；
【答案】
【分析】由题可得，设.由直线AP，AQ的斜率之积为，则，后由可得，即可得答案.
【详解】由题可得，设.则，又，则.
则.
故答案为：

四、双空题
16．已知数列满足，，则数列的通项公式为 ，若数列的前项和，则满足不等式的的最小值为 ．
【答案】 6
【分析】根据给定递推公式变形构造新数列即可得解；利用裂项相消法求出，再借助数列单调性计算得解.
【详解】在数列中，，由得：，而，
于是得数列是以4为首项，2为公比的等比数列，则，即，
所以数列的通项公式为；
显然，，
则，
由得：，即，令，则，即数列是递增数列，
由，得，而，因此，，从而得，，
所以满足不等式的的最小值为6.
故答案为：；6

五、解答题
17．请在下列三个条件中选择一个作为条件补充在题目的横线上，并解决问题.
①.
②.
③.
已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且__________________
(1)求A；
(2)若，点D在线段BC上，且，求AD的最大值.
【答案】(1)
(2).

【分析】（1）若选①，由题结合正弦定理可得，后由余弦定理可得答案；若选②，由正弦定理得，结合可得答案；若选③，则由余弦定理可得，整理后由余弦定理可得答案；（2）由余弦定理，结合基本不等式可得，后由两种方式表示，即可得答案.
【详解】（1）若选择①：由已知条件及正弦定理，得，
即.整理得.由余弦定理，.
又因为，所以；
若选择②：因为，由正弦定理得，
所以，
所以，又，所以，因为，所以；
若选择③：因为，所以根据余弦定理，可得，所以，所以.因为，所以.
（2）因为，
所以，当且仅当时取等号；又因为且.
所以，当且仅当时取等号；故的最大值为.

18．牛排主要分为菲力牛排，肉眼牛排，西冷牛排，T骨牛排，某牛肉采购商从采购的一批牛排中随机抽取100盒，利用牛排的分类标准得到的数据如下：
牛排种类
菲力牛排
肉眼牛排
西冷牛排
T骨牛排
数量/盒
20
30
20
30
(1)用比例分配的分层随机抽样方法从这100盒牛排中抽取10盒，再从抽取的10盒牛排中随机抽取4盒，求恰好有2盒牛排是T骨牛排的概率；
(2)若将频率视为概率，用样本估计总体，从这批牛排中随机抽取3盒，若X表示抽到的菲力牛排的数量，求X的分布列和数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）先根据分层抽样分别求出T骨牛排和非T骨牛排的和数，再利用古典概型求解即可；
（2）先求出从这批牛排中随机抽取1盒，抽到菲力牛排的概率，由题意可得服从二项分布，再根据二项分布的分布列及期望公式求解即可.
【详解】（1）用比例分配的分层随机抽样方法从这100盒牛排中抽取10盒，
其中T骨牛排有3盒，非T骨牛排有7盒，
再从中随机抽取4盒，设恰好有2盒牛排是T骨牛排为事件A，
则；
（2）这100盒牛排中菲力牛排有20盒，所以菲力牛排的频率为，
设从这批牛排中随机抽取1盒，抽到菲力牛排的事件为B，
将频率视为概率，用样本估计总体可得，
从这批牛排中随机抽取3盒，抽到的菲力牛排的数量X满足，
，
．
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P




所以．
19．2022年12月2日晚，神舟十四号、神舟十五号航天员乘组进行在轨交接仪式，两个乘组移交了中国空间站的钥匙，6名航天员分别在确认书上签字，中国空间站正式开启长期有人驻留模式．为调查大学生对中国航天事业的了解情况，某大学进行了一次抽样调查，若被调查的男女生人数均为，统计得到以下列联表，经计算，有97.5%的把握认为该校学生对中国航天事业的了解与性别有关，但没有99%的把握认为该校学生对中国航天事业的了解与性别有关．

男生
女生
合计
了解

10n

不了解
5n


合计




0.10
0.05
0.025
0.01
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
附表：
(1)求n的值．
(2)现采用分层抽样的方法在调查结果“了解中国航天事业”的学生中抽取5人，再从这5人中抽取3人进行第二次调查，以便了解学生获得中国航天事业信息的渠道，则至少有2名男生被第二次调查的概率．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求出，再对照临界值表结合题意可得，即可得解；
（2）先根据分层抽样求出所抽取5人中男生和女生的人数，再根据古典概型即可得解.
【详解】（1）完成列联表如图所示：

男生
女生
合计
了解



不了解



合计



，
由题意可得，解得，
又因，所以；
（2）由（1）得了解中国航天事业的学生有人，
其中男生有人，女生有人，
则所抽取5人中男生有人，设为A，B，C，女生有人,设为a，b，
则从5人中再抽取3人的基本事件有：共10种，
其中符合男生至少2人的基本事件有：共7种，
则至少有2名男生被第二次调查的概率.
20．如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.
  
(1)证明：；
(2)若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)或.

【分析】（1）由题可得是二面角的平面角，利用其可说明平面，即可证明结论.（2）如图建立空间直角坐标系，设，由，可得，后表示出平面ADE的法向量，利用直线BM与平面ADE所成角的正弦值为得到关于的方程，即可得答案.
【详解】（1）∵由图1得：，，且，∴在图2中平面，是二面角的平面角，则，∴是正三角形，且N是BC的中点，，又平面BCF，平面BCF，可得，而，平面ABCD.∴平面ABCD，而平面，∴.
（2）因为平面ABCD，过点N做AB平行线NP，所以以点N为原点，NP，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，设
∴，，,.
∵，∴.
∴，∴，
设平面的法向量为
则，取，
设直线BM与平面ADE所成角为，
∴，
∴，∴或.
  
21．设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．
(1)求C的方程；
(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；
（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.
【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时，所以，
所以抛物线C的方程为；
（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式
设，直线，
由可得，，
由斜率公式可得，，
直线，代入抛物线方程可得，
，所以，同理可得，
所以
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，
若要使最大，则，设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，
，所以，
所以直线.
[方法二]：直线方程点斜式
由题可知，直线MN的斜率存在.
设,直线
由 得：，,同理，.
直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.
代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，
由斜率公式可得：
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，设直线，
代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.
[方法三]：三点共线
设，
设,若 P、M、N三点共线，由
所以，化简得，
反之，若,可得MN过定点
因此，由M、N、F三点共线，得，
      由M、D、A三点共线，得，
      由N、D、B三点共线，得，
则，AB过定点（4,0）
（下同方法一）若要使最大，则，
设，则，
当且仅当即时，等号成立，
所以当最大时，，所以直线.
【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；
法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；
法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法．

22．已知函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)当时，证明：.
【答案】(1).
(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义求出斜线的斜率，再求出切点坐标，利用点斜式写出斜线方程；
（2）先证明，再证明即可.
【详解】（1）因为函数，所以，
∴，∴
所以函数在处的切线方程.
（2）设，.则，
所以在单调递增，在单调递减，
又，故，即当时，（*）.
令，，
，令得，
当即时，，有在上单调递减，
所以；
当即时，有在单调递增，在递减，
所以，
令，，
所以在单调递增，有，所以，
故时，对恒成立，即对恒成立，
由（*）可知，
因此，当时，.