浙江省衢州市2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期末數(shù)學(xué)Word版含解析

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衢州市2023年6月高二年級教學(xué)質(zhì)量檢測試卷數(shù)學(xué)試題考生須知：1.全卷分試卷和答題卷，考試結(jié)束后，將答題卷上交.2.試卷共4頁，有4大題，22小題.滿分150分，考試時間120分鐘.3.請將答案做在答題卷的相應(yīng)位置上，寫在試卷上無效.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若集合，，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出集合后利用交集的定義可求.【詳解】，故，故選：B.2.設(shè)（其中為虛數(shù)單位），則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限【答案】A【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算化簡復(fù)數(shù)，再由復(fù)數(shù)的幾何意義判斷即可得答案.【詳解】因為所以在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)點坐標為位于第一象限.故選：A.3.已知直線，和平面，，則使平面平面成立的充分條件是（）

1A.，B.，C.，，D.，【答案】A【解析】【分析】A選項，由條件可得到得到充分性；B選項，不一定得到，作圖說明；C選項，不一定得到，作圖說明；D選項，根據(jù)條件得到面面平行可以判斷.【詳解】A選項中，根據(jù)，，可得存在，所以，所以平面平面，A正確；B選項中，，,，，，不一定得到，如下圖，所以B錯誤；C選項中，，，，不一定得到，如下圖，所以C錯誤；D選項中，根據(jù)，，所以，所以D錯誤.故選：A.4.已知，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)二倍角公式以及誘導(dǎo)公式即可求解.【詳解】由二倍角公式可得，

2又，故選：D5.函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為（）A.B.C.和D.和【答案】C【解析】【分析】首先求出函數(shù)的定義域，在分析內(nèi)、外層函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性判斷即可.【詳解】對于函數(shù)，令，解得且，所以函數(shù)的定義域為，又函數(shù)，所以在，上單調(diào)遞增，在，上單調(diào)遞減，又函數(shù)在定義域上單調(diào)遞減，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，可知的單調(diào)遞增區(qū)間為和.故選：C6.已知等差數(shù)列的前項和為，且，若，數(shù)列的前項積為，則使的最大整數(shù)為（）A.20B.21C.22D.23【答案】B【解析】【分析】先判斷出，從而得到，，，故可判斷與1的大小關(guān)系.

3【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，故為各項為正數(shù)的等比數(shù)列.因為，故，故，故，，，故，，所以，，，所以，故選：B.7.已知函數(shù)定義域為，對，恒有，則下列說法錯誤的有（）A.B.C.D.若，則周期為【答案】A【解析】【分析】利用賦值法求判斷A；賦值法結(jié)合函數(shù)奇偶性的定義判斷B；賦值法結(jié)合換元法判斷C；利用賦值法求得，化簡得，即可判斷D.【詳解】由，令，，有，可得或，A錯；當時，令，則，，函數(shù)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)，，

4當時，令，則，則，函數(shù)是偶函數(shù)，，綜上，B正確；令，則，故，由于，令，即，即有，C正確；若，令，則，所以，則，，所以，則周期為，D正確.故選：A8.衣柜里有5副不同顏色的手套，從中隨機選4只，在取出兩只是同一副的條件下，取出另外兩只不是同一副的概率為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】設(shè)為“從中隨機選4只，取出兩只是同一副”，為“從中隨機選4只，有兩只不是同一副”，再根據(jù)古典概型的概率公式可求、后可得條件概率.【詳解】設(shè)為“從中隨機選4只，取出兩只是同一副”，為“從中隨機選4只，有兩只不是同一副”，

5則，而，故，故選：B.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.給出下列命題，其中正確的命題為（）A.若樣本數(shù)據(jù)的期望為3、方差為6，則數(shù)據(jù)的期望為5、方差為11B.假設(shè)經(jīng)驗回歸方程為，則當時，的預(yù)測值為C.隨機變量服從正態(tài)分布，若，則D.甲同學(xué)所在的某校高三共有5000人，按簡單隨機抽樣的方法抽取容量為200的一個樣本.則甲被抽到的概率為【答案】BCD【解析】【分析】A.根據(jù)期望和方差的性質(zhì)即可判斷；B.把代入回歸方程即可判斷；C.根據(jù)正態(tài)分布性質(zhì)即可求解；D.根據(jù)簡單隨機抽樣概率均等即可求解.【詳解】對于A，若，則，故A錯誤；對于B，回歸方程為，當時，的預(yù)測值為，故B正確；對于C，隨機變量服從正態(tài)分布，則，即，故C正確；對于D，根據(jù)簡單隨機抽樣概率均等可知，甲被抽到的概率為，故D正確．故選：BCD.10.已知橢圓的左，右焦點分別為，，長軸長為4，點在橢圓

6外，點在橢圓上，則（）A.當橢圓的離心率的取值范圍是B.當橢圓的離心率為時，的取值范圍是C.對任意點都有D.的最小值為2【答案】AB【解析】【分析】根據(jù)點在橢圓外，即可求出的取值范圍，即可求出離心率的取值范圍，從而判斷A；根據(jù)離心率求出，則，即可判斷B；設(shè)上頂點，得到，即可判斷C；根據(jù)利用基本不等式判斷D.【詳解】由題意得，又點在橢圓外，則，解得，所以橢圓的離心率，即橢圓的離心率的取值范圍是，故A正確；當時，，，所以的取值范圍是，即，故B正確；設(shè)橢圓的上頂點為，，，由于，所以存在點使得，故C錯誤；，當且僅當時，等號成立，又，所以，故D錯誤．故選：AB

711.已知函數(shù)，則下列說法正確的是（）A.若函數(shù)有四個零點，則實數(shù)的取值范圍是B.關(guān)于的方程有8個不同的解C.對于實數(shù)，不等式恒成立D.當時，函數(shù)的圖像與軸圍成圖形的面積為6【答案】AD【解析】【分析】根據(jù)題意先求的解析式，先判斷的單調(diào)性與最值，對A：將題意轉(zhuǎn)化為：與有四個交點結(jié)合圖象分析判斷；對B：將題意轉(zhuǎn)化為：與的交點個數(shù)，分析判斷；對C：取特值，代入運算判斷；對D：根據(jù)圖象結(jié)合題意運算求解.【詳解】∵，則在的圖象是將的圖象沿軸方向伸長為原來的3倍、沿軸方向縮短為原來的一半，∴，則上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，∴在上的最大值為，最小值為，即在上的值域為，作出時的圖象，如圖：對于A，令，即，則函數(shù)與有四個交點，是過定點的直線，

8由圖可知分別與連線的斜率為，結(jié)合圖象可得：實數(shù)的取值范圍為，A正確；對于B，令，則，∴方程的根的個數(shù)即為與的交點個數(shù)，由前面的分析可知：①當時，在上的最大值為，則與在內(nèi)有兩個交點，∴當，與有個交點，②當，則在上的最大值為，∴與有且僅有一個交點；③當時，在上的最大值為，則與在內(nèi)沒有交點，∴當，與沒有交點，∴當，與的交點個數(shù)為，即關(guān)于方程有9個不同的解，B錯誤；對于，因為圖象過點，令，則，C錯誤；對于D，由題意可得：當時，函數(shù)的圖象與軸圍成的圖形為三角形，其底邊長為，高為，∴當時，函數(shù)的圖象與軸圍成的圖形的面積為，D正確.故選：AD.【點睛】方法點睛：①對于類周期性函數(shù)的理解可以結(jié)合函數(shù)圖象的變換理解函數(shù)圖象或求其解析式；②關(guān)于函數(shù)零點或方程的根問題，常常轉(zhuǎn)化為圖象的交點問題，數(shù)形結(jié)合處理問題.12.如圖，在四棱錐中，，，，，，平面平面，點在棱上且，點是所在平面內(nèi)的動點，點是所在平面內(nèi)的動點，且點到直線的距離與到點的距離相等，則（）

9A.平面B.若二面角的余弦值為，則點到平面的距離為C.若，則動點的軌跡長度為D.若，則的最小值為【答案】ACD【解析】【分析】由面面垂直的性質(zhì)可得線面垂直，進而得線線垂直，即可由線面垂直的判斷判斷A,由二面角的幾何法由角大小求解長度，即可判斷B，根據(jù)圓和拋物線的幾何性質(zhì)可判斷估計，即可結(jié)合幾何運算求解DC.【詳解】過點作，由于平面平面，且交線為,平面,所以平面,由于平面,故,又,平面,所以平面,平面,所以,由平面,因此平面，故A正確，，，，是等邊三角形，，取中點為，則,由平面,平面,故平面平面,且交線為,平面,所以平面,平面,所以,過作,平面,因此平面,平面,故，因此二面角的平面角為，設(shè)，由平面，可得，

10則，其中為三角形邊邊上的高，，,故，又，由于，平面,平面平面，其交線為,所以平面，點到平面的距離為，故B錯誤；對于C,設(shè),設(shè)點到平面的距離為，則得,由于,故點形成的軌跡為圓，設(shè)半徑為，所以軌跡長度為，故C正確，對于D，取中點為,中點為，由題意可知點的軌跡為以為焦點，以為準線的拋物線，由于,所以,由面面垂直的性質(zhì)可知平面,過作的平行線作為軸,建立如圖所示的空間直角坐標系，,所以焦點為，，故拋物線方程為，

11由于軸，且,,設(shè)拋物線上任意一點,，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知：最小值為，故的最小值為，故D正確，故選：ACD【點睛】與圓錐曲線有關(guān)的最值問題的兩種解法（1）數(shù)形結(jié)合法：根據(jù)待求值的幾何意義，充分利用平面圖形的幾何性質(zhì)求解；（2）構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量，構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其最值，常用基本不等式或?qū)?shù)法求最值(注意：有時需先換元后再求最值)．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.在的展開式中，各項系數(shù)的和是______.【答案】1【解析】【分析】令，即可得到二項展開式的各項系數(shù)的和．【詳解】由題意，令，即可得到二項展開式的各項系數(shù)的和為．故答案為：1.14.88鍵鋼琴從左到右各鍵的音的頻率組成一個遞增的等比數(shù)列．若中音A（左起第49個鍵）的頻率為，鋼琴上最低音的頻率為，則左起第61個鍵的音的頻率為___________．【答案】880【解析】【分析】設(shè)等比數(shù)列的公比為，根據(jù)已知求出，再利用等比數(shù)列的通項即得解.【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，則，所以，則左起第61個鍵的音的頻率為．故答案為：880

1215.設(shè)拋物線的焦點為，準線為，過拋物線上一點作的垂線，垂足為，若，，與相交于點，且，則的面積為______.【答案】##【解析】【分析】根據(jù)向量的線性關(guān)系確定，并確定相似比，再根據(jù)拋物線的定義即可求解．【詳解】由得，又因為為，的中點，所以，所以，所以為的三等分點，且，又因為，所以，且，所以，不妨設(shè)，，且在第一象限，，所以，因為點，在拋物線上，所以，所以根據(jù)相似關(guān)系可得，，所以，則.故答案為：．16.原有一塊棱長為的正四面體石材，在搬運的過程有所損傷，剩下了一塊所有棱長均為

13的八面體石材（如圖），現(xiàn)將此八面體石材切削、打磨、加工成球，則加工后球的最大表面積與該八面體石材外接球的表面積之比為______.【答案】【解析】【分析】補全正四面體，由正四面體的對稱性，正四面體的內(nèi)切球、外接球球心與八面體內(nèi)切球、外接球球心重合，記為，由幾何法分別求出正四面體的內(nèi)切球半徑以及到平面的距離，則較小者為截面八面體的內(nèi)切球半徑，再由勾股定理求出外接球的半徑，最后由球的表面積公式即可求解.【詳解】如圖，補全正四面體，則正四面體的棱長為，由正四面體的對稱性知，正四面體的內(nèi)切球、外接球球心與八面體內(nèi)切球、外接球球心重合，記為，在底面的投影為，則平面，正四面體內(nèi)切球半徑，外接球半徑，正四面體底面上的高，由相似性易得正四面體底面上的高為，由正三角形的性質(zhì)，易得的高，則，則在中，，，即，解得，平面到平面的距離為，所以到平面的距離，

14故截面八面體的內(nèi)切球半徑亦為，則截面八面體的內(nèi)切球的表面積為，又，，則截面八面體外接球半徑為，所以截面八面體外接球表面積為，故加工后球的最大表面積與該八面體石材外接球的表面積之比為.故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.近期衢州市文化藝術(shù)中心進行了多次文藝演出，為了解觀眾對演出的喜愛程度，現(xiàn)隨機調(diào)查了、兩地區(qū)的200名觀眾，得到如下所示的2×2列聯(lián)表.非常喜歡喜歡合計6030合計若用分層抽樣的方法在被調(diào)查的200名觀眾中隨機抽取20名，則應(yīng)從區(qū)且喜愛程度為“非常喜歡”的觀眾中抽取8名.（1）完成上述表格，并根據(jù)表格判斷是否有95%的把握認為觀眾的喜愛程度與所在地區(qū)有關(guān)系.（2）若以抽樣調(diào)查的頻率為概率，從地區(qū)隨機抽取3人，設(shè)抽到喜愛程度為“非常喜歡”的觀眾的人數(shù)為，求的數(shù)學(xué)期望.

15附：，其中.0.050.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）表格見解析，沒有（2）2【解析】分析】（1）補全列聯(lián)表，根據(jù)公式計算結(jié)合臨界表值進行判斷即可；（2）由題意分析計算觀眾的喜愛程度為“非常喜歡”的概率為，隨機變量然后結(jié)合二項分布的概率公式得分布列與數(shù)學(xué)期望.【小問1詳解】依題意，B區(qū)為“非常喜歡”的觀眾人數(shù)為，表格補充完整如下非常喜歡喜歡合計6030908030110合計14060200零假設(shè)為：觀眾喜愛程度與所在地區(qū)無關(guān).所以沒有95%的把握認為觀眾的喜愛程度與所在地區(qū)有關(guān)系．【小問2詳解】從A地區(qū)隨機抽取1人，抽到的觀眾的喜愛程度為“非常喜歡”的概率從A地區(qū)隨機抽取3人，則，

16X的所有可能取值為0，1，2，3，則，，，，所以的分布列為0123所以．18.已知數(shù)列滿足：，對任意且時，其中表示不超過的最大整數(shù).（1）求；（2）設(shè)，求數(shù)列的前項.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）當為偶數(shù)時，，利用累加法，得到通項公式；（2）先求出,得到，再利用等比數(shù)列公式數(shù)列求和、裂項相消求和得解.【小問1詳解】當為偶數(shù)時，故【小問2詳解】

17由題可得，又，故，，19.在中，角，，所對的邊為，，，已知.（1）求；（2）若，，求.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根據(jù)商數(shù)關(guān)系式得，結(jié)合正弦兩角和與差公式及角度范圍即可求得；（2）由及可得，結(jié)合正弦定理邊化角、誘導(dǎo)公式、兩角和差的正弦公式化簡求值即可得的值.【小問1詳解】因為，所以所以，則所以或（舍），又因為，即【小問2詳解】

18由及可得，由正弦定理可得：，又，所以，故，所以，由于，所以，則或，當時，，則，綜合，或.20.如圖，在正三棱臺中，，，過棱的截面與棱，分別交于、.（1）記幾何體和正三棱臺體積分別為，，若，求的長度；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，先由條件證得是三棱臺，再結(jié)合棱臺的體積計算公式即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，延長，，交于點，作中點，連接，，可得∴

19即直線與平面所成的角，再結(jié)合余弦定理即可得到結(jié)果.【小問1詳解】∵三棱臺是正三棱臺，∴平面，∵平面，平面平面，∴，若,則,幾何體是三棱柱，記，，此時,不滿足題意，舍去；因此，設(shè)與交于點,與交于點,則因為,即交于同一點,∴幾何體是三棱臺∵，∴，∴.【小問2詳解】如圖，延長，，交于點，作中點，連接，，∵，,平面∴平面，過作交于，則,∵平面∴平面，∴即直線與平面所成的角，∵，，，

20∴在中，由余弦定理可得，∴直線與平面所成角的正弦值為.21.已知函數(shù)（1）若過點作函數(shù)的切線有且僅有兩條，求的值；（2）若對于任意，直線與曲線都有唯一交點，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設(shè)過點作函數(shù)切線的切點為，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，又因為切線過點，所以，令，作出的大致圖象，由題意，直線與的圖象有且僅有兩個交點，數(shù)形結(jié)合即可得出答案；（2）由題可得有唯一解，令，結(jié)合題意可得在上單調(diào)遞增，即，結(jié)合（1）可得解.【小問1詳解】設(shè)過點作函數(shù)切線的切點為，因為，所以切線方程為，即，又因為切線過點，所以.令，則，所以，，遞減；

21，，遞增；，，遞減.當時，取極小值；當時，取極小值，，時；時，根據(jù)以上信息作出的大致圖象，由題意，直線與的圖象有且僅有兩個交點，所以.【小問2詳解】由題可得有唯一解，即有唯一解．令，若，則與題設(shè)，矛盾，故.又因為，；，，結(jié)合題意可得在上單調(diào)遞增，即，所以，結(jié)合（1）可得，所以.22.已知雙曲線，過點作直線交雙曲線的兩支分別于，兩點，（1）若點恰為的中點，求直線的斜率；（2）記雙曲線的右焦點為，直線，分別交雙曲線于，兩點，求的取值范圍.【答案】（1）

22（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，設(shè)，，再由點差法即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，設(shè)，，，然后聯(lián)立直線與雙曲線方程，結(jié)合韋達定理，代入計算，即可得到結(jié)果.【小問1詳解】由題意可得，設(shè)，，由，得，即，即其中，，所以，又，故；【小問2詳解】設(shè)，，，由得，又，故，從而，同理有，

23另一方面，，設(shè)，由得，故，代入上式有，由直線交雙曲線于兩支可知，令，故，當且僅當時，即時，取等號，即.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題主要考查了直線與雙曲線相交問題，難度較難，解答本題的關(guān)鍵在于將直線的方程設(shè)為，以及將三角形的面積比通過韋達定理轉(zhuǎn)化，計算量較大.