2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二（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. 已知集合，集合，则( )
A. B. C. D.
2. 已知复数，为虚数单位，则( )
A. B. C. D.
3. 已知，则( )
A. B. C. D.
4. 在矩形中，，，圆为矩形内恒与，相切的动圆，则的最小值为( )
A. B. C. D.
5. 名研究人员在个无菌研究舱同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少人，至多人，则不同的安排方案共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
6. 已知函数，若存在不相等的实数，，，满足，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
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，若根据列联表得到的值为，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
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.
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. 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
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.
11. 现有带有编号、、、、的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有( )
A. 全部投入个不同的盒子里，共有种放法
B. 全部投入个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C. 将其中的个球投入个盒子里的一个另一个球不投入，共有种放法
D. 全部投入个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
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. 若事件与相互独立，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
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知是函数的导函数，若，则 ______ ．
14. 已知二项式的常数项为，则 ______ ．
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：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，记表示每天抽取的包食品中其质量在之外的包数，若的数学期望，则的最小值为______．
附：若随机变量服从正态分布则．
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
是偶函数；
在单调递减；
相邻两个零点之间的距离为；
在上有个极大值点．
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
已知的内角，，的对边分别为，，，且．
求角；
若，且的面积为，求．
18. 本小题分
已知数列的首项，且满足．
求证：数列为等比数列；
若，数列前项的和为，求．
19. 本小题分
如图，在三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，，，分别是线段，的中点，二面角为直二面角．
求证：平面；
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．
20. 本小题分
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，第一袋有名男生和名女生的报名表，第二袋有名男生和名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取名学生，让他们参加比赛．
求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；
比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积分，一赢一输积分，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．
21. 本小题分
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．
求椭圆的的方程；
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，证明：直线经过定点．
22. 本小题分
已知函数，且．
Ⅰ讨论函数的单调性；
Ⅱ若存在使得成立，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为集合，
集合，
所以．
故选：．
化简集合，根据交集的定义计算．
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：，
，
．
故选：．
先对复数化简，再结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数模公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：．
故选：．
由三角恒等变换及齐次式弦化切，即可求值．
本题主要考查三角函数的二倍角公式，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：建立以为原点，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：．
建立以为原点，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．
本题主要考查平面向量数量积运算，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：每个舱各安排人，共有种不同的方案；
方案二：分别安排人，人，人，共有种不同的方案．
所以共有种不同的安排方案．
故选：．
方案一：每个舱各安排人，共有种不同的方案；方案二：分别安排人，人，人，共有种不同的方案，共有种不同的安排方案．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
6.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查分段函数图象的应用，考查运算能力，考查转化思想、数形结合思想，属于中档题．
将问题转化为与图象的四个交点横坐标之和的范围，通过作出函数图象，结合函数在轴两边图象的性质求目标式的范围．
【解答】
解：由题意，将问题转化为与的图象有四个交点，
则该分段函数在上递减且值域为；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，
由图象知：，
由，图象关于对称易知：，
由，
容易分析在上单调递增，
则
所以．
故选：．

7.【答案】
【解析】解：对于选项：在回归分析中，相关指数越大，说明回归效果越好，故A错误；
对于选项：，若根据列联表得到的观测值为，则有的把握认为两个分类变量有关，故B错误；
对于选项：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：．
在线性回归中，回归效果和相关系数的关系可判断；将与临界值进行比较可判断两个变量之间的关系，可判断；根据线性回归方程可知可得是一个估计值，即可判断；根据正态分布列的性质可判断．
本题考查线性回归方程相关知识，属于中档题．
8.【答案】
【解析】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，
，、
．
故选：．
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．
本题主要考查正态分布的对称性，考查转化能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：，，，
，，，
数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确；
由的分析可得，，故B错误；
，，
的前项和，故C正确；
，，
的前项和，
令，则，
两式错位相减得：，
，，故D正确．
故选：．
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．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，等比数列的通项公式及性质，考查运算求解能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于，若，则，
又由已知，
可得，
所以，
所以，故错误；
对于，由已知可得，由余弦定理可得正确；
对于，左边右边，故正确；
对于，若，，则，
则左边右边，故错误．
故选：．
对于，若，由勾股定理即可判断；
对于，由已知可得，由余弦定理即可判断；
对于，利用两角和与差的正弦公式即可判断；
对于，若，，则，根据特殊角的三角函数值即可求解判断．
本题考查了勾股定理，余弦定理，两角和与差的正弦公式的应用，考查了方程思想的应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于：每个球都可以放入个不同的盒子，则共有种放法，A正确；
对于：放进不同的个盒子里，每盒至少一个，则有：
若把其中个球投入个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法；
全部投入个不同的盒子里，每盒至少一个，相当于把其中的个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种放法；
故共有种放法，但，B错误；
对于：先选择个球，有种，再选择一个盒子，有种，故共有种放法，C正确；
对于：全部投入个不同的盒子里，没有空盒，则相当于把其中的个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种放法，D 正确．
故选：．
对：根据分步乘法计数原理运算求解；对：分类讨论一共用了几个球，再结合捆绑法运算求解；对：根据分步乘法计数原理运算求解；对：利用捆绑法运算求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：对于，命题“存在，使得不等式成立”的否定是“任意，都有不等式成立”，所以选项A错误；
对于，若事件与相互独立，且，，
则，选项B正确；
对于，若，，则，所以，选项C错误；
对于，回归分析中，由残差概念，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，选项D正确．
故选：．
根据含一个量词命题否定的结论，条件概率与相互独立事件的概率公式，不等式的性质以及残差的概念，判断即可．
本题考查了含一个量词命题否定的结论，条件概率与不等式的性质，以及残差的概念，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：，
，
，
，
．
故答案为：．
求导得出，然后可求出的值，从而得出的解析式，然后即可求出的值．
本题考查了基本初等函数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】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：．
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．
本题考查二项式定理相关知识，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：由已知可得，，
每天从生产线上随机抽取包食品中其质量在之外的包数为，
而每天抽取的包食品中其质量在之外的概率为，
所以，
故E，
解得，即的最小值为．
故答案为：．
由已知可得每天抽取的包食品中其质量在之外的概率为，则，再由期望公式求解可得最小值．
本题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】
【解析】解：函数的定义域为，而，
故是偶函数，正确；
当时，，，
而，，，故，
故在单调递减，正确；
令，，则，
设一个零点为，另一个为，
则，由于，，故的最小值为，
则的最小值为，即相邻两个零点之间的距离为，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；
故在上有个极大值点，正确．
故答案为：．
根据函数奇偶性定义可判断；求出函数导数，判断导数的正负，可判断；求出函数的零点表达式，结合整数性质可判断；利用导数求出函数的极值点，可判断．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
17.【答案】解：因为，
所以由正弦定理可得，即，
因为，
所以，
因为，
所以；
由题意可得，可得，
又，联立可得，或，
当，时，为等边三角形，可得；
当，时，由余弦定理可得，可得．
【解析】本题主要考查了二倍角的正弦公式，正弦定理，三角形的面积公式以及余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了分类讨论思想，属于中档题．
由二倍角的正弦公式，正弦定理化简已知等式可得，结合范围，即可求解的值；
由题意利用三角形的面积公式可求得，又，可得，或，分类讨论即可求解．
18.【答案】证明：由，得，
即，即，
所以数列为等比数列，首项，公比．
解：由得，
，
，
，
，得
，
．
【解析】将条件两边同时取倒数，然后两边同时减，可证明等比数列；
利用错位相减法求和即可．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及运用错位相减法求前项和问题，考查了整体思想，转化与化归思想，等比数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19.【答案】解：证明：连接，如图所示：
在三棱柱中，四边形为菱形，，
，分别为，中点，，
，
又为线段中点，是等边三角形，
，
又二面角为直二面角，即平面平面，且平面平面，平面，
平面，又平面，
，
又，平面，平面，
平面；
，，
为等边三角形，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
则建立以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，，
，，，，
设，，即，
，即，
，
由得平面，
平面的一个法向量，
设平面的法向量，
则，取，则，，
平面的法向量为，
，
令，则，
，
，
令，则，
，
故锐二面角的余弦值的取值范围为．
【解析】由题意得，利用线面垂直判定定理得平面，可得，即可证明结论；
利用线面垂直判定定理得平面，建立以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴的空间直角坐标系，设，，求出两个平面的法向量，利用向量法，即可得出答案．
本题考查直线与平面垂直和二面角、空间向量的应用，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力、直观想象，属于中档题．
20.【答案】解：设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，
“随机抽取张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”
，
，
，
由全概率公式得；
设在二轮比赛中得分为，则的可能取值为，，，，，
则；
；
；
；
故的分布列为：
．
【解析】设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，“随机抽取张，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；
设在二轮比赛中得分为，则的可能取值为，，，，，计算出相应概率，即得分布列和均值．
本题考查条件概率公式与全概率公式的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
21.【答案】解：由题意可得，可得，又离心率，可得，
所以椭圆的方程为：；
证明：法由可得，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，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；
法设，，因为，则，用奇次式表示，
所以设直线的方程为，
设椭圆的方程为，
整理可得：，
可得：，
整理可得：，
两边同时除以，可得，
，可得为，
可得，而，
对应项系数相等可得，，即，
可证得：直线恒过定点
【解析】由短轴长可得的值，再由离心率的值，可得，的关系，进而可得的值，可得椭圆的方程；
法分直线的斜率存在和不存在两个情况讨论，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和两根之积，求出直线，的斜率之和的表达式，使之等于，
整理可得直线恒过的定点的坐标；
法由于直线，的斜率形式中有，用奇次式表示，设直线直线的方程及椭圆的方程中有形式，整理使新方程的两根之和等于，可得参数的关系，进而可得直线恒过的定点的坐标．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，直线恒过定点的求法，属于中档题．
22.【答案】解：Ⅰ，
当时，恒成立，在上为增函数，
当时，令，得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
综上所述，当时，在上为增函数，
当时，在单调递减，在单调递增．
，不等式化为：．
令，，，
时，，，，满足题意．
时，由可知：函数在上单调递增，．
令，解得，在上单调递增，
时，，不符合题意，舍去．
时，，若，，解得．
则，，满足题意．
若时，．
，，，不满足题意，舍去．
综上可得：实数的取值范围为．
【解析】Ⅰ先对函数求导，再根据讨论函数单调性；Ⅱ令，原不等式转化为关于的不等式，再构造关于的函数可解决此问题．
本题考查了导数应用，考查了数学运算能力，属于难题．
第1页，共1页