福建省福州金桥学校2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（Word含解析）

福州金桥学校2022-2023学年高二下学期期末考试
数学试卷
考试时间：120分钟；满分：150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，且（ ）
A. B.
C. D.
2. 已知点，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 若复数z满足（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点所在的象限是（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
4. “”是“”（ ）
A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
5. 已知函数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
6. （ ）
A. B. C. D.
7. 已知某平面图形的斜二测画法直观图是一个边长为1的正方形，如图所示，则该平面图形的面积是（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
8. 设函数，则下列结论错误的是（ ）
A. 的最小正周期为 B. 的图像关于直线对称
C. 的图像关于点对称 D. 在单调递减
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知集合A＝{x|－1＜x≤3}，集合B＝{x||x|≤2}，则下列关系式正确的是（　　）
A. A∩B＝
B. A∪B＝{x|－2≤x≤3}
C. A∪＝{x|x≤－1或x＞2}
D. A∩＝{x|2＜x≤3}
10. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
11. 如图，点，，，，是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（ ）
A. B.
C. D.
12. 某次智力竞赛的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得10分，部分选对的得5分，有选错的得0分.”已知某选择题的正确答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ ）
A. 甲同学仅随机选一个选项，能得5分的概率是
B. 乙同学仅随机选两个选项，能得10分的概率是
C. 丙同学随机选择选项，能得分的概率是
D. 丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 函数的最小值是________.
14. 函数(且)的图象恒过定点_________
15. 有甲 乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9，在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是___________.
16. 已知函数在定义域上是单调函数，若对任意，都有，则的值是___________________．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17 已知集合，
（1）当时，求;
（2）若，求的取值范围.
18. 已知．
（1）求值；
（2）化简并求的值．
19. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为中点．
（1）求证：∥平面；
（2）求证：平面．
20. 为了解某校高二年级学生数学学习的阶段性表现，年级组织了一次阶段测试．已知此次考试共有450名学生参加，考试成绩的频率分布直方图如下．
450名高二学生数学成绩的频率分布直方图
（1）求的值；
（2）估计这次数学考试的平均成绩；
（3）求这次数学考试的及格率（不低于60分视作及格）．
21. 如图所示，滚珠，同时从点出发沿圆形轨道匀速运动，滚珠按逆时针方向每秒钟转弧度，滚珠按顺时针方向每秒钟转弧度，相遇后发生碰撞，各自按照原来的速度大小反向运动．
（1）求滚珠，第一次相遇时所用的时间及相遇点的坐标；
（2）求从出发到第二次相遇滚珠，各自滚动的路程．
22. 已知函数，其中实常数.
（1）若，解关于的方程；
（2）判断函数的奇偶性，并说明理由.
福州金桥学校2022-2023学年高二下学期期末考试
数学试卷 答案解析
考试时间：120分钟；满分：150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，且（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接进行交集运算即可求解.
【详解】因为集合，
所以，
故选：A.
2. 已知点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求出，结合模长的坐标公式求解即可.
【详解】由题意得，，因此.
故选：D.
3. 若复数z满足（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点所在的象限是（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的乘、除运算以及复数的几何意义即可求解.
【详解】由，得，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标为，
所在的象限是第四象限．
故选：D．
4. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据必要不充分条件的定义，可得答案.
【详解】当，时，，则“”是“”的不充分条件；
当时，显然，则“”是“”的必要条件.
故选：B.
5. 已知函数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接将代入即可.
【详解】
故选：A.
6. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦的和差角的余弦公式即可化简求值.
【详解】．
故选：C
7. 已知某平面图形的斜二测画法直观图是一个边长为1的正方形，如图所示，则该平面图形的面积是（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】斜二测画法换元注意纵坐标长度是原来的倍，横坐标长度不变．
【详解】，所以，还原如图所示：
则，所以平面图形面积．
故选：D．
8. 设函数，则下列结论错误的是（ ）
A. 的最小正周期为 B. 的图像关于直线对称
C. 的图像关于点对称 D. 在单调递减
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦函数的周期，对称轴，对称性，单调区间的结论求函数相关性质，确定正确选项.
【详解】函数的周期，故A正确，
因为，故B错误，
因为，故C正确，
由可得，又余弦函数上单调递减，
所以函数在单调递减，故D正确，
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知集合A＝{x|－1＜x≤3}，集合B＝{x||x|≤2}，则下列关系式正确的是（　　）
A. A∩B＝
B. A∪B＝{x|－2≤x≤3}
C. A∪＝{x|x≤－1或x＞2}
D. A∩＝{x|2＜x≤3}
【答案】BD
【解析】
【分析】先化简集合，利用交集计算判断选项A，利用并集计算判断选项B，利用补集和并集判断选项C，利用补集和交集计算判断选项D.
【详解】因为A＝{x|－1＜x≤3}，B＝{x||x|≤2}＝{x|－2≤x≤2}，
所以A∩B＝{x|－1＜x≤3}∩{x|－2≤x≤2}＝{x|－1＜x≤2}，故A错误；
A∪B＝{x|－1＜x≤3}∪{x|－2≤x≤2}＝{x|－2≤x≤3}，故B正确；
因为＝{x|x＜－2或x＞2}，所以A∪＝{x|－1＜x≤3}∪{x|x＜－2或x＞2}＝{x|x＜－2或x＞－1}，故C错误；
A∩＝{x|－1＜x≤3}∩{x|x＜－2或x＞2}＝{x|2＜x≤3}，故D正确.
故选：BD.
10. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据基底的概念逐项分析即可求出结果．
【详解】A．由于，因为零向量与任意向量共线，因此共线，不能作基底，
B．因为，所以两向量不共线，可以作基底，
C．因为，所以两向量共线，不能作基底，
D．因为，所以两向量不共线，可以作基底，
故选：BD.
11. 如图，点，，，，是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足平面的有（ ）
A. B.
C D.
【答案】AD
【解析】
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项.
【详解】对于A选项，由下图可知，平面，平面，所以平面，A正确.
对于B选项，设是的中点，由下图，结合正方体的性质可知，，所以六点共面，B错误.
对于C选项，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面.所以C错误.
对于D选项，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，由于平面，平面，所以平面，D正确.
故选：AD
12. 某次智力竞赛的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得10分，部分选对的得5分，有选错的得0分.”已知某选择题的正确答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ ）
A. 甲同学仅随机选一个选项，能得5分的概率是
B. 乙同学仅随机选两个选项，能得10分的概率是
C. 丙同学随机选择选项，能得分的概率是
D. 丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是
【答案】ABC
【解析】
【分析】对各项中的随机事件，计算出基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，再计算出相应的概率后可得正确的选项.
【详解】甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件，分别为，
随机事件“若能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率为，故A正确；
乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件，
分别为：，
随机事件“能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率为，故B正确；
丙同学随机选择选项（丙至少选择一项），
由A、B中的分析可知共有基本事件种，分别为：
选择一项：；
选择两项：；
选择三项或全选：，，
随机事件“能得分”中有基本事件，
故“能得分”的概率为，故C正确；
丁同学随机至少选择两个选项，由C的分析可知：共有基本事件11个，
随机事件“能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率为，故D错；
故选：ABC.
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 函数的最小值是________.
【答案】2
【解析】
【分析】直接利用基本不等式即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以函数的最小值为2.
故答案为：2.
14. 函数(且)的图象恒过定点_________
【答案】
【解析】
【分析】令对数的真数为，即可求出定点的横坐标，再代入求值即可；
【详解】解：因为函数(且)，
令，解得，所以，即函数恒过点；
故答案为：
15. 有甲 乙两批种子，发芽率分别为0.8和0.9，在两批种子中各取一粒，则恰有一粒种子能发芽的概率是___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用互斥事件及独立事件概率公式即得.
【详解】由题意得：甲批种子发芽同时乙批不发芽或甲批种子不发芽同时乙批种子发芽，
则所求概率.
故答案为：.
16. 已知函数在定义域上是单调函数，若对任意，都有，则的值是___________________．
【答案】2022
【解析】
【分析】根据已知条件利用换元法求出函数的解析式，然后代入即可求解.
【详解】因为函数在定义域上是单调函数，
若对任意，都有，
可设，故，且，
解可得，，所以，则．
故答案为：．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知集合，
（1）当时，求;
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）代入，求出集合，可得；
（2）分，讨论求解的取值范围.
【详解】（1）∵，
当时，，
则,
∴;
（2）,
当时，则，得;
当时，则时，得或，解得，不满足要求，
综上所述，.
【点睛】本题考查集合的基本运算，注意不要遗漏时，的情况，是基础题.
18. 已知．
（1）求的值；
（2）化简并求的值．
【答案】（1），（2）
【解析】
【分析】（1）直接解方程可得的值；
（2）先对利用诱导公式化简，再将（1）得到的值代入即可
详解】解：（1）由，得，
即，解得，
（2）由（1）可知
所以
【点睛】此题考查同角三角函数间的关系和诱导公式的应用，属于基础题
19. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为中点．
（1）求证：∥平面；
（2）求证：平面．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析﹒
【解析】
【分析】(1)设与交于点，接，可得，即可证明∥平面；
(2)证明AC⊥BD及AC⊥即可﹒
【小问1详解】
设与交于点，接，
底面是菱形，
为中点，
又∵是的中点，
，
面，平面
∥平面；
【小问2详解】
在直四棱柱中，面面，
∴．
∵底面为菱形，∴，
∴面面，
∴面﹒
20. 为了解某校高二年级学生数学学习的阶段性表现，年级组织了一次阶段测试．已知此次考试共有450名学生参加，考试成绩的频率分布直方图如下．
450名高二学生数学成绩的频率分布直方图
（1）求的值；
（2）估计这次数学考试的平均成绩；
（3）求这次数学考试及格率（不低于60分视作及格）．
【答案】（1）
（2）
（3）70%
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图小矩形面积之和为1即可计算；
（2）根据频率分布直方图直接计算即可；
（3）用频率估计概率即可.
【小问1详解】
由，
解得；
【小问2详解】
这次数学考试的平均成绩为：
；
【小问3详解】
由频率分布直方图得这次数学考试的及格率为：
.
21. 如图所示，滚珠，同时从点出发沿圆形轨道匀速运动，滚珠按逆时针方向每秒钟转弧度，滚珠按顺时针方向每秒钟转弧度，相遇后发生碰撞，各自按照原来的速度大小反向运动．
（1）求滚珠，第一次相遇时所用的时间及相遇点的坐标；
（2）求从出发到第二次相遇滚珠，各自滚动的路程．
【答案】（1）时间为4秒，
（2）点滚动的路程为，点滚动的路程为．
【解析】
【分析】（1）设、第一次相遇时所用的时间是，列出方程，求出t，再求出相遇点的坐标；（2）再第一问的基础上，代入弧长公式即可求解.
小问1详解】
设、第一次相遇时所用的时间是，
则，
（秒，即第一次相遇的时间为4秒．
设第一次相遇点为，则，，
点的坐标为，
【小问2详解】
第一次相遇时，点滚动的路程为，点滚动的路程为，故第二次相遇时，点滚动的路程为，点滚动的路程为．
22. 已知函数，其中为实常数.
（1）若，解关于的方程；
（2）判断函数的奇偶性，并说明理由.
【答案】（1）或（2）当时，函数为奇函数，当时，函数为偶函数，当时，函数为非奇非偶函数，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据,代入可求得的值.即可得的解析式,进而得方程.解指数形式的二次方程,即可求得解.
（2）表示出.根据奇偶性定义即可求得的值,即可判断奇偶性.
【详解】（1）因为
代入可得,解得
所以
则可化为
化简可得
即
解得或
（2）
则
当时,,此时,函数为奇函数
当时,,,此时,函数为偶函数
当时,与都不能成立,所以函数为非奇非偶函数
综上可知, 当时,为奇函数;当时,为偶函数;当时, 函数为非奇非偶函数.
【点睛】本题考查了指数方程的解法,利用奇偶性定义判定函数奇偶性,属于基础题.