邹平市2022-2023学年高二下学期数学期末模拟试卷
2023.6
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设复数满足，则复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，，，下列点的坐标中不能使点、、、构成四边形的是（ ）
A． B． C． D．
4．已知f（x）在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．（1，3） B．（2，4） C．[2，4） D．[2，3）
5．若椭圆的一个顶点与两个焦点构成等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．若，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知是空间两条直线，是一个平面，若”是“m∥n”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
8．已知，则的值是
A． B． C． D．
二、多选题
9．统计学是源自对国家的资料进行分析，也就是“研究国家的科学”．一般认为其学理研究始于希腊的亚里士多德时代，迄今已有两千三百多年的历史．在两千多年的发展过程中，将社会经济现象量化的方法是近代统计学的重要特征．为此，统计学有了自己研究问题的参数，比如：均值、中位数、众数、标准差．一组数据：）记其均值为，中位数为，标准差为，则（ ）
A．
B．
C．新数据：的标准差为
D．新数据：的标准差为
10．已知实数满足，则下列说法正确的有（ ）
A． B．
C． D．
11．函数，则下列结论正确的是（ ）
A．时，为偶函数
B．时，方程的所有根之和为定值
C．时，
D．
12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
三、填空题
13．若从1，2，3，4，5，6，7这7个整数中任取3个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有______种．
14．已知轴截面为正三角形的圆锥，它的内切球的半径为R．若以圆锥的底面为下底面、用平行于圆锥底面的平面截圆锥所得的截面为上底面的圆台的体积是圆锥的体积与它的内切球的体积的差，则该圆台的高为______．
15．已知，且函数至少有两个零点，则的取值范围是______．
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，斜率大于0的直线经过点与的右支交于，两点，若与的内切圆面积之比为9，则直线的斜率为______．
四、解答题
17．在中，角 ，，所对的边分别为，，，已知.
(1)证明：；
(2)若，，求．
18．如图，在斜三棱柱 中，已知△ABC为正三角形，四边形是菱形，D，E分别是AC，的中点，平面⊥平面ABC.
(1)求证：平面；
(2)若，在线段上是否存在点M，使得平面BDE？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
19．已知，R．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的，恒成立，求整数a的最小值．
20．已知等差数列前项和满足：，
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
21．甲.乙两位同学参加数学建模比赛.在备选的5道题中，甲答对每道题的概率都是；乙能答对其中的3道题.甲乙两人都从备选的5道题中随机抽出3道题独立进行测试.规定至少答对2道题才能获奖.
（1）求甲答对的题数的分布列和数学期望；
（2）求甲乙至少有一人获奖的概率.
22．已知函数.
（1）当时，求在的最值；
（2）讨论函数的单调性；邹平市2022-2023学年高二下学期数学期末模拟试卷
答案解析
2023.6
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先化简得到和或，再求即可.
【详解】解：因为，所以，即
因为，所以，即或，
所以
故选：D
【点睛】本题考查函数的定义域，集合的交集运算，是基础题.
2．设复数满足，则复数的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先化简复数，再由虚部的定义即可求解.
【详解】,
所以虚部为，
故选：B.
3．已知，，，下列点的坐标中不能使点、、、构成四边形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用对边平行且相等逐个分析判断即可
【详解】对于A，因为，所以，所以，∥，所以四边形是平行四边形，所以A不合题意，
对于B，因为，所以，所以，∥，所以四边形是平行四边形，所以B不合题意，
对于C，因为，所以，因为有公共端点，所以三点共线，所以、、、四点不能构成平行四边形，所以D正确，
对于D，因为，所以，所以，∥，所以四边形为平行四边形，所以D不合题意，
故选：C
4．已知f（x）在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．（1，3） B．（2，4） C．[2，4） D．[2，3）
【答案】D
【分析】因为单调，所以指数函数的底数大于1，直线斜率大于0，在分段点处单增，列出不等式求解即可。
【详解】由题意可知：
故选：D
【点睛】此题考查分段函数单调性，分段函数在R上单调满足两个条件：1.每段单调。2.分段点处单调，属于较易题目。
5．若椭圆的一个顶点与两个焦点构成等边三角形，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据题意椭圆的短轴的一个端点与焦点构成等边三角形,则，再由，可得出答案.
【详解】根据题意椭圆的短轴的一个端点与焦点构成等边三角形，如图
则,
所以 ，由
所以
故选：D
6．若，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用诱导公式得，再利用倍角公式，即可得答案.
【详解】由且，得，
．
故选：A．
【点睛】本题考查诱导公式、倍角公式进行求值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意角度之间的关系配凑.
7．已知是空间两条直线，是一个平面，若”是“m∥n”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】C
【分析】分别讨论充分性和必要性，即可选出答案．
【详解】充分性：由直线和平面垂直的性质定理，可知“若，则”能够推出，故充分性成立；必要性：当时，若，显然成立．
故若，则“”是“”的充要条件，故选C.
【点睛】本题考查了直线和平面垂直的性质定理，及平行线的性质，属于基础题．
8．已知，则的值是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由可得，变形，利用两角差的余弦公式可得结果.
【详解】由
可得，
，
，
，
，
，故选B.
【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角．
二、多选题
9．统计学是源自对国家的资料进行分析，也就是“研究国家的科学”．一般认为其学理研究始于希腊的亚里士多德时代，迄今已有两千三百多年的历史．在两千多年的发展过程中，将社会经济现象量化的方法是近代统计学的重要特征．为此，统计学有了自己研究问题的参数，比如：均值、中位数、众数、标准差．一组数据：）记其均值为，中位数为，标准差为，则（ ）
A．
B．
C．新数据：的标准差为
D．新数据：的标准差为
【答案】AD
【分析】利用中位数的定义可判断A选项；取，可判断B选项；利用方差公式可判断CD选项.
【详解】对于A选项，因为，样本数据最中间的项为，
由中位数的定义可知，A对；
对于B选项，不妨令，则，B错；
对于C选项，数据的均值为，
方差为，
所以，数据的标准差为，C错；
对于D选项，数据的均值为
，
其方差为，
所以，新数据：的标准差为，D对.
故选：AD.
10．已知实数满足，则下列说法正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】设，可得与之间的等式关系，再用换底公式进行变形，可得分子相同，通过化简，判断正负，即可判断A；同理可判断大小，即可判断B；分别化简，即可判断C；对进行化简，用对数运算法则，展开后，再用基本不等式即可判断D.
【详解】解：取，所以有，则，
则，
因为，
因为，
所以，即，故选项A错误；
因为，
因为，
所以，即，故选项B正确；
因为，
故选项C错误；
因为
，
当且仅当时取等，显然等号不成立，
故，故选项D正确.
故选：BD
11．函数，则下列结论正确的是（ ）
A．时，为偶函数
B．时，方程的所有根之和为定值
C．时，
D．
【答案】ABC
【解析】对A，带入，直接利用偶函数的定义判断；
对B，通过作出和的图像，观察交点可得答案；
对C，计算出即可判断大小；
对D，计算即可得答案.
【详解】对A，当时，，则，为偶函数，A正确；
对B，由，得，
作出和的图像
得图像的交点A，B关于对称，则方程的所有根之和为1，是定值，B正确；
对C，当时，，
，
，，C正确；
对D，，，，D错误；
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：将方程的根的问题转化为图像交点问题是本题的关键.
12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】AD
【分析】对于A，平面截勒洛四面体所得截面面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；对于B，求出弧所对的中心角，根据弧长公式求得结果进行判断；对于C，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线，计算即可判断；对于D，设点为该球与勒洛四面体的一个切点，先求出正四面的外接球半径，则内切球半径为.
【详解】对于A，平面截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；
即，故A正确；
对于B，如图乙，取中点，在中，，，记该勒洛四面体上以，为球心的两球交线为弧，则该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，
设圆心角为，则，可知，
所以弧长不等于，故B错误；
对于C，如图丙，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为，故C错误；
对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知为该球的球心，内半径为，连接，易知三点共线，设正四面体的外接球半径为，
如图丁，则由题意得：正四面体的高，，，
则，解得：，所以，，内半径，故D正确.
故选：AD.
【点睛】几何体的内切球半径求法点睛：
1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，则；
2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.
三、填空题
13．若从1，2，3，4，5，6，7这7个整数中任取3个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有______种．
【答案】16
【分析】有1个奇数2个偶数或者3个奇数两类取法，分别计算再求和即可.
【详解】若3个数之和为奇数，则有1个奇数2个偶数或者3个奇数两类取法．若是1个奇数2个偶数，则有种；
若是3个奇数，则有种，故共有12＋4＝16种不同的取法．
故答案为：16.
14．已知轴截面为正三角形的圆锥，它的内切球的半径为R．若以圆锥的底面为下底面、用平行于圆锥底面的平面截圆锥所得的截面为上底面的圆台的体积是圆锥的体积与它的内切球的体积的差，则该圆台的高为______．
【答案】
【分析】求出圆锥的底面半径和高，从而由题意求得圆台的体积，表示出圆台的上底面半径和高，根据圆台的体积公式，列出方程，解得答案.
【详解】作出圆锥和球的轴截面如图所示，
则圆锥底面半径，
圆锥高，圆锥母线，
所以 ,
设内接圆台的上底面半径为，下底面半径，
则高，所以，
所以，所以，
解得，所以,
故该圆台的高为,
故答案为：
15．已知，且函数至少有两个零点，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】将问题转化为与至少有两个不同的交点的问题，通过数形结合可得到有两个交点的临界状态，求解出临界状态的和，可知.
【详解】至少有两个零点等价于方程至少有两个根
即与至少有两个不同的交点
由可得函数图象如下图所示：
恒过，则如图所示，时，与至少有两个不同的交点
由解析式可得：
联立得：
则，解得：或
本题正确结果：
【点睛】本题考查根据函数零点个数求解参数取值范围的问题，关键是能够将问题转化为两个函数的交点个数问题，从而利用数形结合的方式来进行求解.
16．已知双曲线的左、右焦点分别为，，斜率大于0的直线经过点与的右支交于，两点，若与的内切圆面积之比为9，则直线的斜率为______．
【答案】
【分析】设与的内切圆圆心分别为，， 的内切圆与三边分别切于点，，， 利用内切圆的性质得．设直线的倾斜角为，在中，，在中，，由题得得，再由二倍角公式可得答案．
【详解】设与的内切圆圆心分别为，，连接，，，
的内切圆与三边分别切于点，，，如图，
则，
所以，即，
同理，所以，
设直线的倾斜角为，则，
在中，，
在中，，
由题得，所以，
解得，所以．
故答案为：﹒
四、解答题
17．在中，角 ，，所对的边分别为，，，已知.
(1)证明：；
(2)若，，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得，结合角的范围，可证明结论；
（2）由正弦定理可得，结合（1）的结论利用二倍角公式可求出，继而求得，结合已知条件即可求得答案.
【详解】（1）由及正弦定理得，
因为，所以，
所以．
因为，，所以，
所以，或（即，不合题意，舍去），
所以．
（2）由正弦定理可得，
由（1）知，代入上式可得，
所以，
再由条件可得．
18．如图，在斜三棱柱 中，已知△ABC为正三角形，四边形是菱形，D，E分别是AC，的中点，平面⊥平面ABC.
(1)求证：平面；
(2)若，在线段上是否存在点M，使得平面BDE？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，.
【分析】(1)连接，由菱形可得，再证得即可利用线面垂直的判定推理作答.
(2)连接，以D为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角
坐标系，再利用空间位置关系的向量方法即可计算作答.
【详解】（1）在斜三棱柱 中，连接，如图，
因四边形是菱形，则，又D，E分别是AC，的中点，有，因此，，
因△ABC为正三角形，则，又平面⊥平面，平面平面，平面，
于是得平面，又平面，从而得，
而，平面，
所以平面.
（2）连接，菱形中，，则是正三角形，而D是AC的中点，即有，
由(1)知，两两垂直，以D为原点，射线分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，
令，则，
，，
令是平面的一个法向量，则，令得，
假设在线段上存在点M，使得平面，则，令，
，因平面，则，，解得，
所以在线段上存在点M，使得平面，此时.
【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间位置关系的方法解决.
19．已知，R．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对任意的，恒成立，求整数a的最小值．
【答案】(1)分类讨论见解析
(2)2
【分析】（1）求导，分，两种情况讨论导函数正负，即得解；
（2）转化原不等式为在区间内恒成立，令，求导分析单调性，即得解
【详解】（1）由题意得的定义域为，
，
①时，，在内单调递减，
②时，令得或（舍）
当，单调递减
当，，单调递增．
（2）由题意得，
整理得，
因为，所以原命题等价于在区间内恒成立，
令，则，
令，易知在区间内单调递增，
又，，故存在唯一的，使得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
故当时，函数有极大值，也即为最大值，
，
故，又，故，
又a为整数，故a的最小整数值为
20．已知等差数列前项和满足：，
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）.（2）
【分析】（1）根据等差数列前项和满足：，，由求解.
（2）由（1）得到：，然后用分组求和的方法求解.
【详解】（1）由题意得，
解得，
（2）由（1）知：
【点睛】本题主要考查等差数列的基本运算和数列分组求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
21．甲.乙两位同学参加数学建模比赛.在备选的5道题中，甲答对每道题的概率都是；乙能答对其中的3道题.甲乙两人都从备选的5道题中随机抽出3道题独立进行测试.规定至少答对2道题才能获奖.
（1）求甲答对的题数的分布列和数学期望；
（2）求甲乙至少有一人获奖的概率.
【答案】（1）分布列见解析，；（2）
【分析】（1）的所有可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列，利用数学期望的计算公式，即可求出；
（2）分别求出甲获奖的概率和乙获奖的概率，利用对立事件的概率计算公式，即可得解.
【详解】（1）根据题意，的所有可能取值为0，1，2，3.
因为甲答对其中每道题的概率都是，
所以，，，
，
，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
的数学期望.
（2）记“甲获奖”为事件，设乙答对的题数为，“乙获奖”为事件.
；
.
记“甲乙至少有一人获奖”为事件，
.
故甲乙至少有一人获奖的概率为.
【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查对立事件的概率计算问题，属于中档题.当正面求解概率分类较多的时候，可以考虑利用对立事件求概率.
22．已知函数.
（1）当时，求在的最值；
（2）讨论函数的单调性；
【答案】（1）最小值3，最大值；（2）见解析
【分析】（1）首先求出函数的单调性，再根据函数的定义域，求区间内的最值即可；
（2）首先对函数求导，再对分类讨论，分析导函数的正负，从而讨论出函数的单调性.
【详解】（1）当时，
，
所以在上单调递减，在上单调递增.
，
，
，
，
所以当时，
在的最小值3，最大值；
（2）
，
①当时，
，
所以在单调递增，在单调递减，
②当时，
或，
在上单调递减，在单调递增，
③当时，
若时，
在上单调递增，在和上单调递减，
若时，
在上单调递减，
若时，
在上单调递增，在和上单调递减.
【点睛】本题主要考查了利用导数分析求解函数的单调区间，属于中档题.
