2022-2023学年浙江省绍兴市高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年浙江省绍兴市高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若集合，，那么( )
A. B. C. D.
2. 若，则( )
A. B. C. D.
3. 已知单位向量与互相垂直，且，记与的夹角为，则( )
A. B. C. D.
4. 尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家通过研究，已经对地震有所了解例如，地震时释放出的能量单位：焦耳与地震里氏震级之间的关系为据此，地震震级每提高级，释放出的能量是提高前的参考数据：( )
A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍
5. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第名到第名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，人的名次排列可能有多少种不同情况？( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6. 若，则( )
A. B. C. D.
7. 在棱长为的正方体中，是侧面内的点，到和的距离分别为和，过点且与平行的直线交正方体表面于另一点，则( )
A. B. C. D.
8. 已知函数的定义域为，且，为奇函数，，则( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 甲、乙两名同学近五次数学测试成绩数据分别为：
甲
乙
则( )
A. 甲组数据的极差小于乙组数据的极差
B. 甲组数据的平均数等于乙组数据的平均数
C. 甲组数据的方差小于乙组数据的方差
D. 甲组数据的第百分位数等于乙组数据的第百分位数
10. 函数的最小正周期为，若，且是图象的一条对称轴，则( )
A. B. 是函数的一个零点
C. 在有个极值点 D. 直线是一条切线
11. 在正三棱台中，是的中心，，，，则( )
A.
B. 正三棱台的体积为
C. 正三棱台的外接球的表面积为
D. 侧面所在平面截正三棱台外接球所得截面的面积为
12. 已知，且，则( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知，则的最小值为______ ．
14. 已知的展开式中项的系数为______ ．
15. 甲乙两个盒子中装有大小、形状相同的红球和白球，甲盒中有个红球，个白球；乙盒中有个红球，个白球先从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，则从乙盒中取出的是红球的概率为______ ．
16. 已知正的顶点在平面内，点，均在平面外位于平面的同侧，且在平面上的射影分别为，，，设的中点为，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知，，．
若，求；
设，求的单调递增区间．
18. 本小题分
中国电动汽车重大科技项目的研发开始于年，经过一系列的科技攻关以及奥运、世博、“十城千辆”示范平台等应用拉动，中国电动汽车建立起了具有自主知识产权的全产业链技术体系汽车工业协会的最新数据显示，年中国电动汽车销量达万辆，是年的多倍某人打算购买一款国产电动汽车，调查了辆该款车的续航里程，得到频率分布表如下：
续航里程单位： 频数 频率
在图中作出频率分布直方图；
根据中作出的频率分布直方图估计该款车续航里程的众数与平均数．
同一组中的数据以该组区间的中间值为代表
19. 本小题分
在中，内角，，所对的边分别是，，，且．
求；
若，，且为边的中点，求．
20. 本小题分
如图，在正四棱锥中，，过点向平面作垂线，垂足为．
求证：；
若，求二面角的余弦值．
21. 本小题分
为加快绍兴制造强市建设，中国制造绍兴实施方案指出，到年，制造业重点领域全面实现智能化，基本实现“绍兴制造”向“绍兴智造”转型升级某试点企业对现有的生产设备进行技术升级改造，为监测改造效果，近期每天从生产线上随机抽取件产品，并分析某项质量指标根据长期经验，可以认为新设备正常状态下生产的产品质量指标服从正态分布
记表示一天内抽取的件产品质量指标在之外的件数，求；
附：若随机变量服从正态分布，则，
下面是一天内抽取的件产品的质量指标：
若质量指标大于被认定为一等品，现从以上件产品中随机抽取件，记为这件产品中一等品的件数，求的分布列和数学期望．
22. 本小题分
已知函数有两个极值点，
求实数的取值范围；
证明：存在实数使得．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，，
那么．
故选：．
解不等式化简集合，再根据交集的定义写出．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
则．
故选：．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：与是单位向量且互相垂直，
，，且与的夹角为，
．
故选：．
根据条件进行数量积的运算可求出和的值，然后根据向量夹角的余弦公式即可求出的值．
本题考查了单位向量的定义，向量垂直的充要条件，向量数量积的运算，向量长度的求法，向量夹角的余弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：记地震震级提高至里氏震级，释放后的能量为，
由题意可知，，
即，所以．
故选：．
记地震震级提高至里氏震级，释放后的能量为，由题意可推得，根据对数的运算，结合指对互化以及指数幂的运算，即可得出答案．
本题考查了函数模型的实际应用，属于中档题．
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，关键是分析甲乙的名次情况，属于基础题．根据题意，分种情况讨论：、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，
分种情况讨论：
、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
则一共有种不同的名次情况，
故选C．

6.【答案】
【解析】解：若，
因为
解得或，
则或，
当时，，，，
当时，，，．
故选：．
由已知结合同角基本关系先求出，，，然后结合二倍角公式即可求解．
本题主要考查了同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：由点到的距离为，到的距离为，
过点作，且，，
过点作，垂足为，则，
所以∽，
所以，
因为，，，
所以面面，且∽，
所以，
所以，
因为正方体的棱长为，
所以，，
所以，
所以，
故选：．
过点作，且，，过点作，垂足为，则，推出，由，推出∽，则，进而可得，即可得出答案．
本题考查直线与平面的位置关系，解题中需要理清思路，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以，
所以的周期为，
所以，
由，
令，则有，
所以，
又因为为奇函数，
所以，
即，
所以关于点对称，
所以，
令，则，
令，可得，
所以，，
所以，
即，
令，则有；
令，则有；
综上，，，，，
所以，
所以．
故选：．
根据，可得的周期为，由赋值法可得，又由为奇函数，可得关于点对称，由已知条件可得，，，然后求得，，进而由周期性可得，即可得，代入相关值即可得答案．
本题考查了抽象函数的对称性、周期性及利用赋值法求抽象函数的值，属于难题．
9.【答案】
【解析】解：甲组数据的极差为，乙组数据的极差为，
故甲组数据的极差大于乙组数据的极差，故A错误；
甲组数据的平均数为：，
乙组数据的平均数为：，故B正确；
甲组数据的方差为：，
乙组数据的方差为：，
故甲组数据的方差小于乙组数据的方差，故C正确；
甲组数据的第百分位数为，
乙组数据的第百分位数，故D错误．
故选：．
根据已知条件，结合极差、百分位数的定义，平均数和方差公式，即可求解．
本题主要考查极差、百分位数的定义，平均数和方差公式，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项，函数的最小正周期为，
且，则，因为是图象的一条对称轴，
则，解得，
因为，所以，，对；
对于选项，由题意可得，
则，
所以不是函数的一个零点，错；
对于选项，当时，，
，，，即，，，
所以函数在有三个极值点，错；
对于选项，因为，则，
令，可得，
则或，
解得或，
若切点的横坐标为，则切点坐标为，
将点的坐标代入切线方程可得，解得；
若切点的横坐标为，则切点坐标为，
将点的坐标代入切线方程为，
解得，不合题意．所以直线是一条切线，对．
故选：．
利用函数的周期公式以及函数的对称性求出的值，可判断选项；计算的值，可判断选项；由计算出的取值范围，可判断选项；利用导数的几何意义可判断选项．
本题考查三角函数的性质，导数的应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：如下图所示，延长，，交于点，连接并延长交于点，
连接，连接交平面于点，则为等边的中心，
对于选项，因为棱台为正三棱台，则三棱锥为正三棱锥，
因为，为的中点，所以，同理可得，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，因为，故A，故A正确；
对于选项，因为，则，即，解得，
故，故，又因为是边长为的等边三角形，
故三棱锥是棱长为的正四面体，，则，
，，
，故B错误；
对于选项，因为，
因为，则，且，
所以，，
所以，为正三棱台的外接球的球心，且该球的半径为，
因此，正三棱台的外接球的表面积为，故C正确；
对于选项，因为正四面体的高，
即点到平面的距离为，
连接并延长交于点，则为的中点，且，
所以，点到平面的距离为点到平面的距离的，
即点到平面的距离为，
所以，面所在平面截正三棱台外接球所得截面圆的半径，
故面所在平面截正三棱台外接球所得截面的面积为，故D正确．
故选：．
延长，，交于点，连接并延长交于点，连接，连接交平面于点，证明出，结合可判断选项；利用锥体的体积公式计算出正三棱台的体积，可判断选项；求出正三棱台的外接球的半径，结合球体表面积公式可判断选项；计算出侧面所在平面截正三棱台外接球所得截面圆的半径，结合圆的面积公式可判断选项．
本题考查解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，令，，当，，单调递增，
所以，即，所以，即，当且仅当，等号成立，A正确；
对于，同理可证当，，当且仅当时，等号成立，所以，即，B正确；
对于，当，，，C错误；
对于，当，，，，同理可证，，D正确．
故选：．
结合常见函数比较大小即可．
本题主要考查数的大小比较，构造函数是解决本题的关键，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：，，
，
当且仅当时，等号成立．
故的最小值为．
故答案为：．
直接利用关系式的变换和基本不等式的应用求出结果．
本题考查了基本不等式性质的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：，
所以展开式中含的项的系数为：
．
故答案为：．
把按照二项式定理展开，可得展开式中含项的系数．
本题主要考查了二项式定理的应用问题，解题时应利用二项展开式的通项公式，是基础题目．
15.【答案】
【解析】解：若从甲盒中取出的是红球，则从乙盒中取出的是红球的概率为，
若从甲盒中取出的是白球，则从乙盒中取出的是红球的概率为，
故先从甲盒中随机取出一个球放入乙盒，再从乙盒中随机取出一个球，则从乙盒中取出的是红球的概率为．
故答案为：．
分从甲盒中取出的是红球和取出的是白球两种情况讨论，利用概率的乘法公式计算即可．
本题考查概率的乘法公式，考查分类讨论思想，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别以所在直线为轴，
以所在直线为轴，以平行于射线的方向的射线为轴，
设的边长为，，因为为中点，
所以可设，，
则，，
因为为直角三角形，所以，
即，整理得，
又满足，可得，所以
又与平面所成角的正弦值为，所以范围是
故答案为：
根据题设情境，构建空间直角坐标系，得到，两点的坐标，再转化为长度进行计算，找到和的关系式，根据线段长度确定和的范围，得到所求线面角的范围．
本题考查空间中直线和平面所成的角，属中档题．
17.【答案】解：，，，则．
，
，，
，．
的单调递增区间为，．
【解析】将直接计算出来即可；将表示出来，对应的性质即可．
本题考查向量的运算，三角函数的性质，属于基础题．
18.【答案】解：由题意可得频率分布直方图如下：
由频率分布直方图得，众数为，
平均数为．
【解析】根据频率分布表可作出频率分布直方图；
根据最高矩形底边的中点值为样本的众数可求得该款车续航里程的众数，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得出样本的平均数．
本题考查频率分布直方图的画法，考查众数、平均数的计算，是基础题．
19.【答案】解：由题意，由正弦定理可得，
在三角形中，，
可得，而，
可得或；
因为，所以，所以，
由余弦定理，而，，
即，解得：或，
因为是的中点，所以，
所以，
当时，，即；
当时，，即．
【解析】由题意及余弦定理可得角的正弦值，再由角的范围，可得角的大小；
由题意和可得角的大小，由余弦定理可得边的大小，因为为的中点，可得向量的表达式，可得的大小．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于中档题．
20.【答案】解：证明：由题意知平面，所以，
又，，所以平面，
所以，又，所以．
因为平面，所以，，
所以，
作交于点，所以为中点，
又由知平面，所以，又，
所以平面．
所以为二面角的平面角，因为，，所以，
所以，
所以二面角的余弦值为．
【解析】由已知可得，进而可证平面，可证结论成立；
作交于点，所以为中点，可得为二面角的平面角，求解即可．
本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，属中档题．
21.【答案】解：．
由题意知，的可能取值为，，，，，
，，
，，，
所以的分布列为：
．
【解析】根据对立事件以及独立事件的概率公式可求得的值；
由题意可知，随机变量的可能取值有：、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，是中档题．
22.【答案】解：已知，函数定义域为，
可得，
若有两个极值点，，
此时有两个解，，
即方程有两个解，，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
当时，；当时，，
又，
所以要使方程有两个解，
此时只需满足，
故实数的取值范围为；
令，，
可得，
所以，
即，
整理得，，
所以，
不妨设，函数定义域为，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
则，
不妨设，函数定义域为，
可得，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以单调递增，
此时，
所以在定义域上恒成立，
则函数在定义域上单调递增，
此时，
所以，
则，
所以
，
此时，
又
，
因为，
所以存在，使得，
故存在实数使得．
【解析】由题意，对函数进行求导，将有两个极值点，，转化成有两个解，，构造函数，对进行求导，利用导数得到的单调性和极值，进而即可求解；
利用换元法，令，，结合中所得到，，此时，构造函数，一方面，因为，所以，得到，另一方面得到，利用零点存在性定理即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
第1页，共1页