2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】解一元二次不等式，求得集合A，根据集合的交集运算，求得答案.

【详解】,

故，

故选：C.

2．已知复数，i为虚数单位．则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由复数除法求得，得其共轭复数，再由模的定义计算．

【详解】，所以，所以.

故选：A．

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三角恒等变换及齐次式弦化切，即可求值.

【详解】.

故选：A．

4．在矩形ABCD中，，，圆M为矩形内恒与AB，BC相切的动圆，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】建立以B为原点，为正交基底的平面直角坐标系，设，，写出各点坐标，求得向量的坐标后计算数量积，由二次函数知识得最小值．

【详解】建立以B为原点，为正交基底的平面直角坐标系，设，，，，，

，，，，

所以，

又，所以其最小值在时取得，即为．

故选：D．

5．6名研究人员在3个无菌研究舱同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ）

A．360种 B．180种 C．720种 D．450种

【答案】D

【分析】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案，共有（种）不同的安排方案.

【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；

方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案.

所以共有（种）不同的安排方案.

故选：D.

6．已知函数，若存在不相等的实数a，b，c，d满足，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】将问题转化为与图象的四个交点横坐标之和的范围，应用数形结合思想，结合对数函数的性质求目标式的范围.

【详解】由题设，将问题转化为与的图象有四个交点，

，则在上递减且值域为；在上递增且值域为；在上递减且值域为，在上递增且值域为；

的图象如下：

所以时，与的图象有四个交点，不妨假设，

由图及函数性质知：，易知：，，

所以.

故选：C

7．下列命题正确的是（    ）

A．在回归分析中，相关指数越小，说明回归效果越好

B．已知，若根据2×2列联表得到的值为4.1，依据的独立性检验，则认为两个分类变量无关

C．已知由一组样本数据（，2，，n）得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有

D．若随机变量，则不论取何值，为定值

【答案】D

【分析】在线性回归中，回归效果和相关系数的关系可判断A；将与临界值进行比较可判断两个变量之间的关系，可判断B；根据线性回归方程可知可得是一个估计值，即可判断C；根据正态分布列的性质可判断D.

【详解】解：对于A选项：在回归分析中，相关指数越大，说明回归效果越好，故A错误；

对于B选项：，若根据2×2列联表得到的观测值为4.1，则有的把握认为两个分类变量有关，故B错误；

对于C选项：根据回归直线方程为 ，由，得到是一个估计值，因此这组样本数据不一定有，故C错误；

对于D选项：若随机变量，为对称轴，则不论取何值，为定值，故D正确.

故选：D

8．年春，为了解开学后大学生的身体健康状况，寒假开学后，学校医疗部门抽取部分学生检查后，发现大学生的舒张压呈正态分布（单位：），且，若任意抽查该校大学生人，恰好有人的舒张压落在内的概率最大，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正态分布计算出，然后利用二项分布概率最大可得出关于的不等式组，解之即可.

【详解】因为，则，

由题意知：抽查该校大学生人，

恰好有人的舒张压落在内的概率为，要使此式的值最大，

由，

即，解得，

，所以，.

故选：C.

二、多选题

9．已知数列满足，则（    ）

A．为等比数列

B．的通项公式为

C．的前项和

D．的前项和

【答案】ACD

【分析】利用取倒数构造法、等比数列的通项公式、求和公式、以及错位相减法、分组求和法进行计算.

【详解】因为，，所以，

所以， ，

所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；

因为数列是以4为首项，2为公比的等比数列，

所以，所以，故B错误；

因为，所以，

所以的前项和，故C正确；

因为，所以，

所以的前项和,

令，则，

两式错位相减得：，

所以，所以，故D正确.

故选：ACD.

10．在中，角，，所对的边分别为，，，则下列关系式中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】利用余弦定理可判断出选项AB，再根据两角和与差的正弦、余弦公式以及平方关系化简可得C正确，D错误.

【详解】根据余弦定理可得；

即，所以B正确，A错误；

根据两角和与差的正弦公式可得：

即C正确；

对于D：

，所以D错误.

故选：BC

11．现有带有编号1、2、3、4、5的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（    ）

A．全部投入4个不同的盒子里，共有种放法

B．全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法

C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法

D．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法

【答案】ACD

【分析】对于A，利用分步乘法计数原理计算可判断A正确；对于B，先将5个球分为2组，再全排，计算可判断B不正确；对于C，利用分步乘法计数原理计算可判断C正确；对于D，先将5个球分为4组，再全排，计算可判断D正确；

【详解】对于A，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故A正确；

对于B，带有编号1、2、3、4、5的五个球全部投入2个不同的盒子里，第一步选2个盒子有种选法，第二步将5个球分为两组，若两组球个数之比为1：4有种分法；若两组球个数之比为2：3有种分法，第三步将两组排给两个盒子有种排法，因此共有，故B不正确；

对于C，带有编号1、2、3、4、5的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），第一步选4个球有种选法，第二步选一个盒子有种选法，共有种放法，故C正确；

对于D，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，第一步将5球分成2：1：1：1的四组共有种分法，第二步分给四个盒子有种排法，故共有种放法，故D正确；

故选：ACD.

12．下列命题正确的是（    ）

A．命题“存在，使得不等式成立”的否定是“任意，都有不等式成立”.

B．若事件A与B相互独立，且，，则.

C．已知，，则.

D．在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好.

【答案】BD

【分析】对于A：根据特称命题的否定分析判断；对于B：根据独立事件的概率乘法公式结合条件概率公式分析运算；对于C：以为整体表示，结合不等式的性质分析运算；对于D：根据残差的定义分析判断.

【详解】对于A：“存在，使得不等式成立”的否定是“任意，都有不等式成立”，故A错误；

对于B：由条件概率可知：，

∵事件A与B相互独立，则，

∴，故B正确；

对于C：∵，

由，，可得，

∴，故C错误；

对于D：根据残差的定义可知：残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好，故D正确；

故选：BD.

三、填空题

13．已知是函数的导函数，若，则      ．

【答案】

【分析】对函数求导，令，求出，代入，即可求出答案.

【详解】因为，所以，

令，则，解得：.

所以，所以.

故答案为：.

14．已知二项式的常数项为 ，则              .

【答案】

【分析】将化为，分别写出和的通项，由题意列出方程，求出参数的值，即得答案.

【详解】由题意可知，

则其通项为，

而的通项为，

令，

当时，；当时，；当时，，不合题意，

由二项式的常数项为，可得，

即，解得，

故答案为：

15．为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上随机抽取包食品，并测量其质量（单位：g）.根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布.假设生产状态正常，记表示每天抽取的k包食品中其质量在之外的包数，若的数学期望，则k的最小值为        .

附：若随机变量X服从正态分布，则.

【答案】19

【分析】根据正态分布的对称性，求得概率，根据二项分布的均值计算，可得答案.

【详解】依题意，所以在之外的概率，则，则，因为，所以，解得，因为，所以的最小值为.

故答案为：19.

16．设函数，则下列命题中是真命题的是           .（写出所有真命题的序号）

①是偶函数；

②在单调递减；

③相邻两个零点之间的距离为；

④在上有2个极大值点

【答案】①②③④

【分析】根据函数奇偶性定义可判断①；求出函数导数，判断导数的正负，可判断②；求出函数的零点表达式，结合整数性质可判断③；利用导数求出函数的极值点，可判断④.

【详解】函数的定义域为R，而，

故是偶函数，① 正确；

当时，，

而，，故，

故在单调递减，②正确；

令，则,

设一个零点为，另一个为，

则，由于,故的最小值为1，

则的最小值为，即相邻两个零点之间的距离为，③正确；

当时, ,

而,当即时，，在递增;

当即时，，在递减，

则为的一个极大值点；

又因为是偶函数，所以在递增，在递减，

故也为的一个极大值点；

故在上有2个极大值点，④正确，

故答案为：①②③④

【点睛】易错点点睛：本题是一道有关三角函数的综合性题目，解答时要注意利用导数判断函数单调性，易错点在于要结合所给x的范围判断导数的正负，此时要注意结合三角函数辅助角公式化简导数，结合三角函数性质判断正负.

四、解答题

17．已知的内角，，的对边分别为，，，且.

(1)求角；

(2)若，且的面积为，求边长

【答案】(1)

(2)或.

【分析】（1）利用正弦定理结合二倍角的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）根据面积公式代入整理得，结合题意可得或，分情况讨论处理．

【详解】（1），由正弦定理可得，即，

因为，则，，所以，，因此，；

（2）∵的面积为，则

∴根据题意得，则或

若，则△ABC为等边三角形，；

若，则，即

∴或.

18．已知数列的首项，且满足．

(1)求证：数列为等比数列；

(2)若，数列前项的和为，求．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）将条件两边同时取倒数，然后两边同时减1，可证明等比数列.

（2）利用错位相减法求和即可.

【详解】（1）由，得，

即， 即，

所以数列为等比数列，首项，公比

（2）由（1）得，

①

②

①-②，得

19．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，二面角为直二面角.

(1)求证：平面；

(2)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先证明，然后证明平面，可得，即可证明；

（2）首先证明平面，然后以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案.

【详解】（1）连接，由题设知四边形为菱形，，

分别为中点，；

又为中点，，

因为二面角为直二面角，

即平面平面，平面平面平面

平面，又平面；

又平面平面.

（2），

为等边三角形，，

平面平面，平面平面，平面

平面，

则以为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，

设，则，

；

由（1）知：平面平面的一个法向量；

设平面的法向量，

则，令，则；

，

令，则；

，

即锐二面角的余弦值的取值范围为.

20．学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛．

(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；

(2)比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积分．现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为，比赛共进行两轮，在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，均值为0

【分析】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”，由条件概率公式结合全概率公式求解；

（2）（i）的可能取值为－2，0，2，计算出相应概率，即得分布列；（ii）的可能取值为－4，－2，0，2，4，计算出相应概率，即得分布列和均值；

【详解】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，

B＝“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”

由全概率公式得

（2）设在一轮比赛中得分为，则的可能取值为－2，0，2，则

设在二轮比赛中得分为，则的可能取值为－4，－2，0，2，4，则

得分为的分布列用表格表示为

21．设椭圆：，的左、右焦点分别为，.下顶点为，已知椭圆的短轴长为.且离心率.

(1)求椭圆的的方程；

(2)若直线与椭圆交于异于点的、两点.且直线与的斜率之和等于2，证明：直线经过定点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据短轴长得到，根据离心率得到，得到椭圆方程.

（2）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，设直线方程，联立得到根与系数的关系，根据斜率之和为得到，代入直线方程得到定点.

【详解】（1）由题意可得，，又离心率，可得，

故椭圆的方程为：；

（2），当直线的斜率存在时，设直线l的方程为，

设，，联立，

整理可得：，

，即，

且，，

则，

整理可得：，即，

整理可得：，整理可得：，

解得或，

因为直线不过点，所以，

当时，则直线l的方程为，

显然直线恒等定点；

当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，，

将直线l的方程代入椭圆的方程可得，可得，

设，，

则，可得，

所以直线的方程为，显然直线也过定点，

综上所述：可证得直线恒过定点；

【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，利用韦达定理可以简化运算，是解题的关键.

22．已知函数，且.

(1)讨论函数的单调性.

(2)若存在使得成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增.

(2)

【分析】（1）先对函数求导，在对实数进行分类讨论；

（2）令，原不等式转化为关于的不等式，再构造关于的函数，对函数进行求导分类讨论即可.

【详解】（1）因为，

所以，

①当时，恒成立，所以在上单调递增，

②当时，令，解得，

当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

综上所述：当时，在上单调递增，

当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）因为，所以存在，使得，

即存在，使得，

令，构建，

则，令，则，

所以在单调递增，在单调递减，

且，若，则，

于是题目问题转化为：

，使得，

当时， 不成立，

当时，在上单调递增，值域为，成立，

当时，，

令，所以在单调递增，

令，所以在单调递减，

所以，则可得：

所以，

综上所述：若存在，使得成立时，

实数的取值范围为：.

【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，

难度相当大，主要考向有以下几点：

1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；

2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；

3、求函数的极值（最值）；

4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；

5、证明不等式；

解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，

在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，

对新函数求导再结合导数与单调性等解决