2022-2023学年山东省滨州市邹平重点中学高二（下）期末数学模拟试卷（含解析）

2022-2023学年山东省滨州市邹平重点中学高二（下）期末数学模拟试卷
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. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 如果复数其中为虚数单位，为实数的实部和虚部互为相反数，那么等于( )
A. B. C. D.
3. 若，，，，且，则等于( )
A. B. C. D.
4. 已知函数，，，，且，，，则的值( )
A. 恒为正数 B. 恒等于零
C. 恒为负数 D. 可能大于零，也可能小于零
5. 椭圆的左、右焦点分别为，，焦距为，若直线与椭圆的一个交点满足，则该椭圆的离心率等于( )
A. B. C. D.
6. 已知，则( )
A. B. C. D.
7. 设，均为单位向量，则“”是“”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
8. 已知函数在上有且仅有个零点，则的取值范围是( )
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. 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，则下列说法正确的是( )
A. B. C. D.
11. 定义在上的函数的导函数为，当时，，函数满足：为奇函数，且对于定义域内的所有实数，都有则( )
A. 是周期为的函数 B. 为偶函数
C. D. 的值域为
12. 在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则( )
A. 当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为
B. 当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为
C. 当时，圆锥的外接球表面积为
D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 现安排，，，，这名同学参加校园文化艺术节，校园文化艺术节包含书法、唱歌、绘画、剪纸四个项目，每个项目至少有一人参加，每人只能参加一个项目，不会剪纸但能胜任其他三个项目，剩下的人都能胜任这四个项目，则不同的安排方案有______ 种
14. 九章算术中将正四棱台体棱台的上下底面均为正方形称为方亭．如图，现有一方亭，其中上底面与下底面的面积之比为：，，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和为，则方亭的体积为______．
15. 已知函数，函数的图像与轴有两个交点，其中一个交点的横坐标为，则另一个交点的横坐标为______ ．
16. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，若，，则的离心率为 ．
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
已知函数的部分图象如图所示．
求函数的解析式；
在中，角，，的对边分别是，，，若，求的取值范围．
18. 本小题分
如图所示，四棱锥底面是正方形，底面，为的中点，．
证明：平面；
求点到平面的距离．
19. 本小题分
设函数．
当时，讨论函数的单调性；
若对任意及任意，，恒有成立，求实数的取值范围．
20. 本小题分
已知数列是公差为的等差数列，且满足，，成等比数列．
求数列的通项公式；
求数列的前项和．
21. 本小题分
某校辩论队计划在周六、周日各参加一场辩论赛，分别由正、副队长负责，已知该校辩论队共有位成员包含正、副队长，每场比赛除负责人外均另需位队员同一队员可同时参加两天的比赛，正、副队长只能参加一场比赛假设正、副队长分别将各自比赛的通知信息独立、随机地发给辩论队名队员中的位，且所发信息都能收到．
求辩论队员甲收到正队长或副队长所发比赛通知信息的概率；
设辩论队收到正队长或副队长所发比赛通知信息的队员人数为，求的分布列及其数学期望和方差．
22. 本小题分
已知函数．
若对任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围；
当时，若，求的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
．
故选：．
求出集合，然后求解集合的交集．
本题考查集合的交集的求法，考查计算能力．
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查复数的基本概念，复数代数形式的乘除运算，考查计算能力，是基础题．
复数分子、分母同乘分母的共轭复数，化简为的形式，利用实部和虚部互为相反数，求出．
【解答】
解：
由得．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：，，．
，
解得，
，，
，
故选：．
利用向量的运算法则即可得出．
熟练掌握向量的运算法则是解题的关键．
4.【答案】
【解析】解：由题意可得：函数，
所以函数的定义域为，并且有，
所以函数是定义域内的奇函数．
因为是减函数，也是减函数，所以函数在上是减函数．
因为实数、、满足，，，
所以，，，
所以，
，
，
并且整理可得：．
故选：．
根据函数的解析式可得函数是奇函数，并且根据函数解析式可得函数是减函数，所以根据题意，，，可得，，，进而结合函数的奇偶性与函数的单调性即可得到答案．
本题主要考查函数的值，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：经过左焦点，且斜率为，
，，
，，
设，则，
由椭圆的定义可知，
，解得，
，，
由勾股定理得，
，
，
故椭圆离心率．
故选：．
先根据的斜率得到，，，结合椭圆定义得到，，由勾股定理列出方程，求出离心率．
本题考查椭圆的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
6.【答案】
【解析】解：，
．
故选：．
由已知利用诱导公式，二倍角的余弦函数公式即可计算得解．
本题主要考查了诱导公式，二倍角的余弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
7.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查必要条件、充分条件与充要条件的判断，向量垂直的判断，属于中档题．
根据题意，分别验证充分条件、必要条件即可．
【解答】
解：若，
则，
又，均为单位向量，即，
，即，
“”是“”的充分条件；
若，则，
，均为单位向量，
，
，
，
，则，
“”是“”的必要条件；
综上，“”是“”的充要条件，
故选C．

8.【答案】
【解析】解：
，
当时，，
在内有且仅有个零点，
，，
的取值范围是．
故选：．
利用两角和与差的正弦，余弦公式将函数化简，然后根据变量的取值范围和余弦函数的性质即可求解．
本题主要考查余弦函数的图象，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：对于选项，因为，样本数据最中间的项为，
由中位数的定义可知，对；
对于选项，不妨令，则，错；
对于选项，数据，，，，的均值为，
方差为，
所以，数据，，，，的标准差为，错；
对于选项，数据，，，，的均值为，
其方差为，
所以，新数据：，，，，的标准差为，对．
故选：．
利用中位数的定义可判断选项；取，可判断选项；利用方差公式可判断选项．
本题主要考查了均值、中位数和标准差的计算公式，属于基础题．
10.【答案】
【解析】
【分析】
本题主要考查了指数式与对数式的互化，考查了对数的运算性质以及对数函数的性质，属于中档题．
把指数式化为对数式可得，，再利用对数的运算性质可判断，结合基本不等式可判断，因为，利用对勾函数的单调性可判断，由对数函数的性质得到，的范围，进而求出，从而判断．
【解答】
解：，
，，
，
，即，故选项A正确，
由基本不等式可得，，故选项B正确，
，
，，
而对勾函数在上单调递增，
，
，故选项C正确，
，，
，
，，
，故选项D错误，
故选ABC．

11.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
在时，，
所以，
所以，
故在上单调递减．
因为为奇函数，
所以，
所以函数关于点中心对称，即；
又，
所以函数关于直线对称，
所以在单调递增，且，
则，，
可得，是周期为的周期函数，不正确．
对于定义域内任一个，结合周期性可得，
故为偶函数，B正确；
因为，，结合草图可知，
，C正确．
而的函数最值无法确定，故D错误．
故选：．
对求导，根据条件求得对称性，并求得定义域上的单调性及周期性，从而对选项一一分析．
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查函数的奇偶性、周期性及应用，考查数形结合思想，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：依题意，，
对于，当时，，，圆锥的侧面展开图，如图，
侧面展开图扇形弧长即为圆锥的底面圆周长，则，在中，
由余弦定理得：，即，A正确；
对于，当时，有，令圆锥的轴截面等腰三角形顶角为，，
为钝角，令，是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则，
则有的面积，当且仅当时取等号，不正确；
对于，当时，，圆锥的外接球球心在直线上，圆锥的底面圆是球的截面小圆，而圆锥的高，
设外接球半径为，则有，即，解得，
其表面积为，C正确；
对于，棱长为的正四面体可以补形成正方体，如图，
则正方体棱长，其外接球即正四面体的外接球直径为，球半径，
当时，，圆锥的内切球球心在线段上，
圆锥的轴截面截内切球得大圆，是圆锥轴截面等腰三角形内切圆，
设其半径为，由三角形面积得：，解得，，
因此，半径为的球在圆锥内可以任意转动，
而棱长为的正四面体在半径为的球内可以任意转动，
所以当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，D正确．
故选：．
求出圆锥母线与底面圆半径的关系，利用圆锥侧面展开图判断；求出圆锥轴截面顶角的大小，计算判断；求出圆锥外接球半径判断；求出圆锥内切球半径，棱长为的正四面体外接球半径判断作答．
本题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
13.【答案】
【解析】解：若与其他一人参加同一个项目，则有种；
若独自一人参加一个项目，则有种，
由分类计数原理，可得共有种不同的安排方案．
故答案为：．
根据题意，可分为与其他一人参加同一个项目和独自一人参加一个项目，两种情况讨论，结合排列、组合和分类计数原理，即可求解．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：由题意得，设，则，．
过点，在平面内分别作，，垂足分别为点、，
在等腰梯形中，因为，，，则四边形为矩形，
所以，，则，
因为，，，
所以≌，所以，
在中，由勾股定理得，
所以等腰梯形的面积为，所以．
所以，，方亭的高，
故方亭的体积为．
故答案为：．
分析可知，设，则，，过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，根据正四棱台的侧面积计算出的值，再利用台体的体积公式可求得结果．
本题主要考查棱台的体积，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：，令，则，即有，
所以．
函数的图像与轴有两个交点，
令，有，即，
设两个交点的横坐标分别为，，
则有，，
，
得，即．
其中一个交点的横坐标为时，，
由，解得．
所以另一个交点的横坐标为．
故答案为：．
先求出解析式，问题转化为求两个零点的关系，列方程求解即可．
本题主要考查对数函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查双曲线性质的应用及勾股定理的应用，属于中档题．
由题意及双曲线的定义可得，，，，的代数式，在中由勾股定理可得双曲线的离心率．
【解答】
解：作于，，
可得，由双曲线的定义可得：，
可得，
又因为，可得，可得，
由双曲线的定义可得，
在中，，即：，
整理可得：，即，解得或舍，
故答案为．

17.【答案】解：由图象知，，，
图象过，将点代入解析式得，
，
故得函数．
由，
根据正弦定理，得：
，
．
，
，
，即
，即
那么：，
故得．
【解析】根据图象求出，和，即可求函数的解析式；
利用正弦定理化简，求出，根据三角内角定理可得的范围，利用函数解析式之间的关系即可得到结论
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键．同时考查了正弦定理的运用化简．利用三角函数的有界限求范围，属于中档题．
18.【答案】解：证明：以为坐标原点，分别以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系．如图所示，

则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，
所以平面的一个法向量为，
因为，所以，
又因为平面，所以平面；
因为，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离．
【解析】以为坐标原点，分别以，，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系．求得平面的一个法向量为，利用向量法可证平面；
求得平面的一个法向量为，利用向量法可求点到平面的距离．
本题考查线面平行的证明，考查点到面的距离的求法，属中档题．
19.【答案】解：时，．
时，，函数在，上单调递减，在上单调递增．
时，，函数在上单调递减．
时，，则函数在，上单调递减，在上单调递增．
由可得：对任意，函数在区间内单调递减，因此
．
由对任意及任意，，恒有成立，
对任意及任意，，恒有成立．
化为：，．
令，．
，
函数在上单调递增，．
实数的取值范围是．
【解析】对分类讨论，即可得出函数的单调区间．
由可得：对任意，函数在区间内单调递减，因此由对任意及任意，，恒有成立，
对任意及任意，，恒有成立．化为：，令，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可得出．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、等价转化方法、不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
20.【答案】解：因为，，成等比数列，
所以，即，解得，
故数列的通项公式为．
，
所以．
【解析】结合等差数列的通项公式，等比中项的性质求得首项，再由等差数列的通项公式，得解；
根据裂项求和法，即可得解．
本题考查数列通项公式与前项和的求法，熟练掌握等差数列的通项公式，等比中项的性质，以及裂项求和是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：由题意得，辩论队员甲收到正队长的通知信息的概率为，辩论队员甲收到副队长的通知信息的概率为，
则辩论队员甲收到正队长或副队长所发比赛通知信息的概率．
由题意可得随机变量可能的取值为，，，，
则，，
，，
所以随机变量的分布列为
，
．
【解析】分别求出队员甲没收到队长的通知信息和没收到副队长的通知信息的概率，再由相互独立事件的概率及对立事件的概率列式求解；
由题意可得随机变量可取值为，，，，利用古典概型求概率，列出分布列，再求期望和方差．
本题考查离散型随机变量的概率分布列，以及期望和方差，是中档题．
22.【答案】解：函数，
对任意实数，都有恒成立，
当时，则，这与在上恒成立矛盾，故舍去；
当时，，
易知在上单调递减，
又，
故存在唯一的，使得，即，
且当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
故当时，取得最大值，
，
解得，
故，
所以实数的取值范围为；
当时，，
若，则，
故，
所以，
令，则，即，
令，
则，
令，解得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又，，
故在上有唯一的零点，
又当时，，
故，
所以的最小值为，当且仅当取等号．
【解析】本题考查了导数的综合应用，不等式恒成立问题，利用导数研究函数最值的求解，函数零点的存在性定理的理解与应用，利用导数研究不等式恒成立问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围，属于难题．
分和两种情况，利用导数判断函数的单调性以及零点的存在性定理进行分析求解，即可得到答案；
化简，可得，令，构造，利用导数研究函数的单调性，结合零点的存在性定理，证明当时，，从而得到的最小值．
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