2022-2023学年江苏省盐城市高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年江苏省盐城市高二（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. 如果随机变量，那么等于( )
A. B. C. D.
2. 为了解双减政策的执行情况，某地教育主管部门安排甲、乙、丙三个人到两所学校进行调研，每个学校至少安排一人，则不同的安排方法有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
3. 把红、黑、白、蓝张纸牌随机地分给甲、乙个人，每个人分得张，事件“甲分得红牌和蓝牌”与“乙分得红牌和黑牌”是( )
A. 对立事件 B. 不可能事件 C. 互斥但不对立事件 D. 以上均不对
4. 若的二项展开式中常数项为( )
A. B. C. D.
5. 若抛物线上的一点到坐标原点的距离为，则点到该抛物线焦点的距离为( )
A. B. C. D.
6. 某班经典阅读小组有名成员，暑假期间他们每个人阅读的书本数分别如下：、、、、，则这组数据的上四分位数为( )
A. B. C. D.
7. 在坐标平面内，与点距离为，且与点距离为的直线共有( )
A. 条 B. 条 C. 条 D. 条
8. 如图所示，在矩形中，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，则的最大值是( )
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. 下列关于双曲线的判断，正确的是( )
A. 顶点坐标为 B. 焦点坐标为
C. 实轴长为 D. 渐近线方程为
10. 已知函数，则函数在下列区间上单调递增的有( )
A. B. C. D.
11. 如图，已知正三角形的边长为，取正三角形各边的三等分点，，作第二个正三角形，然后再取正三角形的各边的三等分点，，作正三角形，以此方法一直循环下去设正三角形的边长为，后续各正三角形的边长依次为，，，；设的面积为，的面积为，后续各三角形的面积依次为，，，则下列选项正确的是( )
A. 数列是以为首项，为公比的等比数列
B. 从正三角形开始，连续个正三角形面积之和为
C. 使得不等式成立的最大值为
D. 数列的前项和
12. 如图，已知二面角的棱上有，两点，，，，，且，则下列说法正确的是( )
A. 当二面角的大小为时，直线与所成角为
B. 当二面角的大小为时，直线与平面所成角的正弦值为
C. 若，则二面角的余弦值为
D. 若，则四面体外接球的表面积为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知、的取值如下表所示，从散点图分析可知与线性相关，如果线性回归方程为，那么表格中的数据的值为______ ．
14. 设双曲线：，焦点为，，坐标原点为，为上任意一点，则 ______ ．
15. 已知函数，若函数有两个极值点，且，则实数取值范围为______ ．
16. 某射手射击三次，记事件“第次命中目标”，，，，则 ______ ．
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
已知数列中，．
求数列的通项公式；
设，数列的前项和，求证：．
18. 本小题分
某中学对名学生的性别与主动预习的情况进行调查，得到的统计数据如表所示：
主动预习 不太主动预习 总计
男
女
总计
判断是否有的把握认为“主动预习”与性别有关？
现从抽取的“主动预习”的学生中，按性别采用分层抽样的方法抽取人参加奥数闯关比赛，已知其中男、女学生独立闯关成功的概率分别为，在恰有两人闯关成功的条件下，求有女生闯关成功的概率．
参考数据与公式：
，其中．
19. 本小题分
已知正方形的边长为，将沿对角线翻折，使得平面平面，得到三棱锥．
求与所成角的余弦值；
求二面角的余弦值．
20. 本小题分
在学校校本研究活动中，数学兴趣小组开展了一个特别的投骰子游戏如果学生投中或得分，并且可以继续下一次投骰子；如果投中或得分，也可以继续下一次投骰子；如果投中或得分且游戏结束但投骰子的次数最多不超过次用表示游戏结束时学生累计获得的分数．
求该学生获得分的概率；
求的分布列及数学期望．
21. 本小题分
已知椭圆的离心率为，记的右顶点和上顶点分别为、，的面积为为坐标原点．
求的方程；
点在线段上运动，过点垂直于轴的直线交于点点在第一象限，且，设直线与的另一个交点为，证明：直线过定点．
22. 本小题分
已知函数，其中为实数．
若在区间上单调递增，求的取值范围；
求证：对任意的实数，方程均有解．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为，
所以．
故选：．
利用二项分布数学期望的公式计算即可．
本题考查二项分布数学期望的公式，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由题意，将人分成组，其中一组人，有种，
再分配到两所学校，有种，
故共有种安排方法．
故选：．
先分组，再分配即可．
本题考查了排列组合的简单计数问题，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：事件“甲分得红牌和蓝牌”与“乙分得红牌和黑牌”，显然两个事件不可能同时发生，
但两者可能同时不发生，如“甲分得红牌和白牌”与“乙分得蓝牌和黑牌”，
综上，这两个事件为互斥但不对立事件．
故选：．
根据互斥事件和对立事件的概念，选出正确选项．
本题考查互斥事件、对立事件等基础知识，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：二项式展开式的通项为且，
令，解得，所以，故展开式中常数项为．
故选：．
写出展开式的通项，再令，解得，最后代入计算可得．
本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：设点，，
，
或舍去，
，
到抛物线的准线的距离，
点到该抛物线焦点的距离等于点到抛物线的准线的距离，
点到该抛物线焦点的距离为．
故选：．
求得点的坐标，将点到该抛物线焦点的距离转化为点到抛物线的准线的距离即可．
本题主要考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：将样本数据由小到大排列依次为：、、、、，
因为，因此，这组数据的上四分位数为．
故选：．
将样本数据由小到大排列，结合上四分位数的定义可求得这组数据的上四分位数．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：当直线的斜率不存在时，直线满足与点距离为，且与点距离为，
以点为圆心，为半径的圆的方程为，
以点为圆心，为半径的圆的方程为，
因为，则两圆相内切，
故两圆的公切线有且仅有条，即，
故在坐标平面内，与点距离为，且与点距离为的直线共有条．
故选：．
判断以点为圆心，为半径的圆与以点为圆心，为半径的圆的位置关系，即可判断．
本题主要考查两圆之间的位置关系，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：由题意知，
设到的距离为，则由等面积法得，则，
故，
其中，
设的夹角为，
则，
当且仅当与同向时，等号成立，
则的最大值是．
故选：．
先求出到的距离，可得，由，结合数量积的运算进一步求解即可．
本题主要考查了向量数量积的性质的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于双曲线，，，则，
对于选项，双曲线的顶点坐标为，对；
对于选项，双曲线的焦点坐标为，错；
对于选项，双曲线的实轴长为，对；
对于选项，双曲线的渐近线方程为，即，对．
故选：．
确定、、的值，利用双曲线的几何性质可判断各项的正误．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：，
令，可得，解得或，
所以的单调递增区间是，，
所以在与上单调递增．
故选：．
求解，再对比选项即可求解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：设正三角形的边长为，后续各正三角形的边长依次为，，，
由题意知，，
，所以为以为首项，为公比的等比数列，
所以，故A正确；
又，，
所以从正三角形开始，连续个正三角形面积之和为，故B正确；
又，，，
所以，，，
显然数列单调递减，，
，，故C错误；
数列的前项和，故D正确．
故选：．
利用余弦定理得到，即可得到数列是以为首项，为公比的等比数列，即可判断、；再由，求出的通项，即可判断；利用等比数列求和公式判断．
本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于、选项，如图，过作，且，连接，，
由，，，所以，则为正方形，
则，即为直线与所成角，为二面角的平面角，
当时，易得，
又，，，，平面，所以平面，
面，又面，
所以，所以为等腰直角三角形，
所以，即直线与所成角为，故A正确；
取的中点，连接，，因为为等边三角形，
所以，
又面，面，所以，
且，，，所以，
所以即为与所成角，
因为，，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故B正确；
对于，过作，且，连接，，
由，，，所以，则为正方形，则，
又，，，，平面，所以平面，
所以平面，为二面角的平面角，
若，则，所以，即为等边三角形，
所以，即二面角的大小为，
取的中点，连接，，则，所以，
由三垂线法可知即为二面角的平面角，又，所以，
所以，所以二面角的余弦值为，故C错误；
对于，四面体的外接球即为四棱锥的外接球，
又平面，平面，所以平面平面，
所以将四棱锥补全为直三棱柱，
则四棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，
设外接圆的半径为，则根据正弦定理可得：
，所以，
设四棱锥的外接球的半径为，
则，
所以四棱锥的外接球的表面积，
故四面体外接球的表面积为，故D正确．
故选：．
过作，且，连接，，即可得到即为直线与所成角，为二面角的平面角，由，即可求出、，即可判断；
取的中点，连接，，即可得到平面，从而得到即为直线与平面所成角，即可判断；
由、中，取的中点，连接，，即可得到即为二面角的平面角，即可判断；
四面体的外接球即为四棱锥的外接球，求出外接球的半径，即可判断．
本题考查二面角的概念，线线角的求解，异面直线所成角的求解，四面体的外接球问题，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：由表格中的数据可得，，
将点的坐标代入回归直线方程可得，
解得．
故答案为：．
求出样本中心点的坐标，将样本中心点的坐标代入回归直线方程，可求得实数的值．
本题考查线性回归相关知识，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由双曲线：，得，，，
所以左右焦点的坐标为，
设点，
由双曲线的定义得，平方得，
，
又，所以，
所以．
故答案为：．
设点，由双曲线的定义得，平方整理得，又，所以，即可得出结果．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：函数有两个极值点，，
有两个零点，，，
，，，
令，则，则有，
，代入可得，
又由得，，
令，则，
令，则，
单调递减，，
单调递减，，即，
而，令，
则，在时单调递增，
，即，
又有两个零点，，
则直线与的图象有两个交点，
而，令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，且当时，，当时，，，
大致图象为：
由图可知，，
又，
，
，
，则，
综上，．
故答案为：．
由题意可得，，两式作比得到，令，结合条件将转化为关于的函数，求导，得到的范围，再结合得到的范围，再与函数有两个极值点时的范围取交集即可．
本题考查了函数的单调性，极值点问题，考查导数的应用以及转化思想，是中档题．
16.【答案】
【解析】解：由题意，，，
则，
，，
则．
故答案为：．
由题意，计算条件概率，利用全概率公式，求得答案．
本题主要考查条件概率的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
17.【答案】解：因为，，
所以，
所以
，
当时，满足条件，
所以；
证明：因为，
所以，
所以，
因为，
所以．
【解析】由，得到，再利用累乘法求解；
由易得，再利用裂项相消法求解．
本题考查数列递推关系的运用以及数列的求和，考查裂项相消法的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：因为，
所以有的把握认为“主动预习”与性别有关；
根据分层抽样，抽取人中，有男生人，女生人，
设“恰有两人闯关成功”为事件，“有女生闯关成功”为事件，
因为参加奥数闯关比赛，已知其中男、女学生独立闯关成功的概率分别为，
所以，
，
所以．
【解析】利用列联表中的数据，求得的值，再与临界值表对照下结论；
根据分层抽样，得到抽取人中，有男生人，女生人，设“恰有两人闯关成功”为事件，“有女生闯关成功”为事件，分别求得其概率，再利用条件概率求解．
本题主要考查独立性检验公式，属于基础题．
19.【答案】解：连接交于点，
因为四边形为正方形，
所以，，
翻折后，仍有，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为正方形的边长为，则，
则点、、、、，
所以，，，
则，
因此，与所成角的余弦值为．
设平面的法向量为，，
则，即，则可取，
设平面的法向量为，，
则，即，则可取，
因为，
由图可知，二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为．
【解析】证明出平面，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与所成角的余弦值；
利用空间向量法可求得二面角的余弦值．
本题考查空间向量在立体几何中的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：依题意，在单次投骰子中，投中或者的概率为，投中或的概率为，投中或的概率为，
而该学生获得分的情况有：第一次投中投中或者，第二次投中或；第一次与第二次都投中或，第三次投中或；共种情况，
所以该学生获得分的概率为：．
依题意，可知的可能取值为，，，，，，，
，
，，
，
所以的分布列为：
故．
【解析】分析该学生获得分的情况，从而利用独立事件与互斥事件的概率公式求解即可；
先由题意得到的可能取值，再依次求得的取值对应的概率，从而得解．
本题主要考查离散型随机变量期望的求解，属于中档题．
21.【答案】解：由题意可得，，且，则，
所以，，解得，
所以，椭圆的方程为．
证明：若直线与轴重合，则直线与直线重合，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
易知点、，则直线的方程为，
直线的方程为，联立，可得，故点，
因为点，设点，则为线段的中点，
则，可得，即点，
联立直线与椭圆的方程得，可得，
，
由韦达定理可得，，
因为、、三点共线可得，
且，，
所以，，
整理可得，
，
化简可得，
所以，直线的方程为，
由可得，因此，直线过定点．
【解析】由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，求出点、的坐标，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由、、三点共线结合韦达定理可得出，然后化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标．
本题考查直线与椭圆的综合问题，属于中档题．
22.【答案】解：在区间上单调递增，
在区间上恒成立，
，
令，
在上单调递增且恒大于，在上单调递增，
当时，，即不可能取得最大值；
当时，且单调递增，单调递增且恒大于，
在上单调递增，即，
故，即的取值范围是；
证明：设，由方程得，
即，
，
令，
当时，由得，，故原方程有解；
当时，，
，
则，
由零点存在定理得在上有零点，故原方程有解，
综上所述，对任意的实数，方程均有解．
【解析】由题意在区间上恒成立，转化为，构造函数，利用导数求解即可得出答案；
设，故方程转化为，设，分类讨论，，结合零点存在定理，即可证明结论．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
第1页，共1页