2022～2023学年贵州省安顺市高二年级下册学期期末教学质量监测考试数学试题

2022-2023学年贵州省安顺市高二下学期期末教学质量监测考试数学试题一、单选题1已知集合，则（）ABCD【答案】D【分析】解不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.【详解】解不等式，得或，即或，而，所以.故选：D2设是虚数单位，则等于（）A1BCD2【答案】B【分析】利用的性质化简，从而利用复数的模的公式即可得解.【详解】因为，所以.故选：B.3已知直线：，：，其中，则“”是“”的（）A充要条件B必要不充分条件C充分不必要条件D既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用两直线垂直求出a的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】直线：，：，由，得，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：C4已知，则的最小值为（）A16B13C9D6【答案】A【分析】利用基本不等式，结合“1”的替换可得.【详解】因，所以，当且仅当即，且时，等号成立.故选：A5“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环境保护意识日益增强，贵州某家化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少20%，贵州省环保部门为了保护好贵州优越的生态环境，要求废气中该污染物的含量不能超过，若要使该工厂的废气达标排放，那么该污染物排放前需要过滤的次数至少为（）（参考数据：，）A7B8C9D10【答案】B【分析】设该污染物排放前需要过滤的次数为，则由题意得，解不等式可得答案.【详解】设该污染物排放前需要过滤的次数为，则由题意得，即，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以的最小值为8，故选：B6函数的部分图象可能为（）ABCD【答案】D【分析】利用给定函数的奇偶性及在区间上的函数值情况判断作答.【详解】函数的定义域为R，因此函数是R上的奇函数，图象关于原点对称，选项A不满足；当时，且当或时取等号，选项BC不满足，D满足.故选：D7在正四棱台中，其外接球的体积为（）ABCD【答案】C【分析】根据题意画出图形，结合图形，利用勾股定理得到关于的方程，从而可得外接球的体积.【详解】记正四棱台上下两个底面的中心为，连接，过点作，垂足为，如图，因为在正四棱台中，所以，则，所以，在中，则，即是钝角，所以外接球的球心在面的下方，又外接球的球心一定在上，连接，则，设，在中，即，在中，即，解得（负值舍去），则所求外接球的体积为.故选：C.8已知，则（）ABCD【答案】D【分析】利用对数换底公式结合均值不等式计算比较大小，构造函数并借助“媒介数”比较作答.【详解】显然，则，因此，令函数，求导得，函数在上单调递增，当时，即有，于是，有，则，即，所以.故选：D【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.二、多选题9在的展开式中，则（）A所有项的二项式系数和为64B所有项的系数和为0C常数项为D二项式系数最大的项为第3项【答案】AB【分析】由二项式系数可判断A；令可判断B；由二项式定理以及二项式系数的性质可判断CD.【详解】对于A，所有项的二项式系数和为，故A正确；对于B，令，得所有项的系数和为，故B正确；对于C，二项展开式通项为，则常数项为，故C错误；对于D，展开式有7项，二项式系数最大为第4项，故D错误故选：AB10主动降噪耳机工作的原理是：先通过微型麦克风采集周围的噪声，然后降噪芯片生成与噪声振幅相同、相位相反的声波来抵消噪声，设噪声声波曲线函数为，降噪声波曲线函数为，已知某噪声的声波曲线部分图象如图所示，则下列说法正确的是（）A函数与图象关于轴对称BC的单调减区间为，D图象可以由图象向右平移个单位得到【答案】BCD【分析】先由题意判断A，再由图象求出的解析式，进而得到的解析式，从而利用三角函数的性质与平移法则即可得解.【详解】对于A：依题意，所以，即与图象关于轴对称，故A错误；对于B：因为，所以由图象知，所以，又因为，且在的单调递减区间上，所以，即，因为，所以，又因为，所以，所以，故B正确；对于C：由AB知，令，得，所以的单调减区间为，故C正确；对于D：图象向右平移个单位得到，故D正确.故选：BCD.11在某电视台举办的猜奖娱乐节目中，事先在编号为1，2，3的三扇关着的门背后放置好奖品，然后让游戏参与者在三扇关着的门中选择一扇门并赢得所选门后的奖品，游戏参与者知道其中一扇门背后是笔记本电脑，其余两扇门背后是水杯，作为游戏参与者当然希望选中并赢得笔记本电脑，主持人知道笔记本电脑在哪扇门后面，假定你参与了该娱乐节目并初次选择的是1号门，接着主持人会从2、3号门中打开一道后面是水杯的门，则以下说法正确的是（）A主持人打开3号门的概率为B在主持人打开3号门的条件下，1号门有笔记本电脑的概率为C你获得笔记本电脑的概率为D在主持人打开3号门的条件下，若主持人询问你是否改选号码，则改选2号门与保持原选择获得笔记本电脑的概率一样大【答案】ABC【分析】根据给定条件，利用等可能事件的概率、条件概率、全概率公式计算，逐项判断作答.【详解】设事件“笔记本电脑在第号门后”，事件“主持人打开第号门”（），由于游戏参与者不知道哪扇门后是笔记本电脑，只能随机选择一扇门开启，因此，C正确；由于初次选择的是1号门，则，所以主持人打开3号门的概率，A正确；在主持人打开3号门的条件下，1号门有笔记本电脑的概率，B正确；在主持人打开3号门的条件下，2号门有笔记本电脑的概率，因为，则改选2号门与保持原选择获得笔记本电脑的概率更大，D错误.故选：ABC12如图，在正方体中，点在线段上运动，则（）A直线直线B三棱锥的体积为定值C异面直线与所成角的取值范围是D直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABC【分析】证明平面判断A；证明平面判断B；求出与所成角的范围判断C；求出点到平面的距离计算判断D作答.【详解】在正方体中，点在线段上运动，如图，对于A，平面，平面，则，又，且平面，于是平面，而平面，因此，同理，又平面，则平面，因为平面，所以，A正确；对于B，正方体的对角面是矩形，平面，平面，则平面，因此上的点到平面的距离为定值，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，B正确；对于C，由选项B知，因此异面直线与所成的角等于与所成的角，显然是正三角形，当点与或重合时，与所成的角最小，为，当点为线段中点时，与所成的角最大，为，所以与所成角的范围是，C正确；对于D，令正方体的棱长为2，则正的面积，连接，显然点是线段的中点，则点到平面的距离等于点到平面的距离，在三棱锥中，由，得，即，解得，由选项B知，点到平面的距离为，在中，点与斜边上的点的距离，所以直线与平面所成角的正弦值，D错误.故选：ABC【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起变量的函数，求出函数最值即可.三、填空题13已知向量，且，则 【答案】【分析】利用向量共线列出方程解出即可.【详解】由题意得，解得.故答案为：.14将甲、乙、丙、丁、戊五名同学分配到三个不同的地方参加志愿者活动，每个地方至少一人，每人只去一个地方，有 种不同的分配方式【答案】150【分析】根据给定信息，把5名同学分成3组，再安排到3个地方作答.【详解】依题意，将5名同学分成3组有种方法，再把每一种分组安排到3个地方有种，分配方式共有（种），所以不同的分配方式有150种.故答案为：15015设是无穷等差数列的前项和，则的最大值为 【答案】30【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出数列所有非负数项即可作答.【详解】在等差数列中，则，而，于是，公差，因此，由，得，显然数列是递减等差数列，前6项都是非负数，从第7项起为负数，所以的最大值为.故答案为：3016设是双曲线的左、右焦点，是坐标原点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为若，则的离心率为 【答案】【分析】由与互补，得到两角的余弦值互为相反数，两次利用余弦定理得到关于的方程.【详解】如图所示：因为焦点到渐近线的距离为，所以，则，所以，因为，所以，解得：.【点睛】求圆锥曲线的离心率主要有几何法和代数法，本题主要通过两次利用余弦定理进行代数运算，找到关系求得离心率.四、解答题17已知正项等比数列的前项和为，且，(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和【答案】(1)(2)【分析】（1）利用等比数列的通项公式与前和的定义得到关于的方程组，求解即可；（2）利用错位相减法求解即可.【详解】（1）依题意，设正项等比数列的公比为，则，因为，所以，即，解得（负值舍去），故.（2）由（1）得，则，故，两式相减得：，所以.18在中，内角，的对边分别是，且满足，(1)若，求的周长；(2)求面积的最大值【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理边化角，求出，再利用余弦定理求解作答.（2）由（1）中信息，利用均值不等式、三角形面积公式求解作答.【详解】（1）在中，由正弦定理及，得，即有，整理得，而，因此，由余弦定理得，即，又，解得，所以的周长是.（2）由（1）知，当且仅当时取等号，又，于是，所以当时，面积取得最大值.19如图1，在平面四边形中，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示(1)求证：平面；(2)设线段的中点为，求平面与平面夹角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用面面垂直的性质定理即可得证；（2）先利用线面垂直的判定定理证得为平面与平面夹角的平面角（或补角），再求得，从而求得，由此得解.【详解】（1）因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，即平面.（2）记的中点为，连接，过作，垂足为，过作面，垂足为，连接，如图，因为面，面，所以，又，面，所以面，因为面，所以，所以是平面与平面夹角的平面角（或补角），因为是的中点，所以，因为，所以，所以四边形是平行四边形，则，因为，则，在中，则，故，在中，则，因为平面，平面，所以，则中，则，故，所以，则，在中，由面积相等可得，因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面，又面，所以，又是的中点，所以，所以，易知，所以，即平面与平面夹角的余弦值为.20安顺市教育局为深入贯彻党的教育方针，全面落实中共中央国务院关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见，从2022年起，安顺市中小学积极推进劳动教育课程改革，某高中积极响应教育局安排，先后开发开设了具有安顺特色的烹饪、手工、园艺、职业体验、非物质文化遗产等劳动实践类校本课程，为调研学生对新开设劳动课程的满意度并不断改进劳动教育，该校从2022年1月到10月每两个月从全校3000名学生中随机抽取150名学生进行问卷调查，统计数据如下表：月份246810满意人数8095100105120(1)由表中看出，满意人数与月份之间存在很强的线性正相关关系，请用相关系数加以证明（一般认为时有很强的线性相关关系）；并求关于的经验回归方程，请用该方程预测12月份该校全体学生中对劳动课程的满意人数；(2)10月份时，该校为进一步深化劳动教育改革，了解不同性别的学生对劳动课程是否满意，经调研得如下统计表：满意不满意合计男生651075女生552075合计12030150请根据的独立性检验，能否认为该校的学生性别与对劳动课程是否满意有关联?参考公式：，；0.100.050.0250.0100.0052.7063.8415.0246.6357.879，其中，【答案】(1)证明见解析；人(2)有的把握性认为该校学生性别与对劳动课程是否满意有关.【分析】（1）根据表格中的数据，结合公式，求得可得，得到变量关于的相关系很强，且关于正相关，进而求得，得出回归直线方程，令，求得的值，进而得到结论；（2）根据表格中的数据，求得，进而得到结论.【详解】（1）解：由统计数据的表格，可得，则，可得，所以变量关于的相关系很强，且关于正相关，又由，所以关于的回归直线方程为，令，可得，据此预测12月份该校全体学生对劳动课程的满意人数为人.（2）解：提出假设：该校的学生性别与对劳动课程是否满意无关，根据表格中的数据，可得，因为，所以有的把握性认为该校学生性别与对劳动课程是否满意有关.21已知函数在点处切线与直线平行(1)求的最值；(2)若函数存在两个零点，求实数的取值范围【答案】(1)在处取得最大值，没有最小值.(2)【分析】（1）先利用导数的几何意义求得，再利用导数与函数性质的关系即可得解；（2）将问题转化为的图像与的图像在上有两个交点，再利用导数研究的图像性质，结合图像即可得解.【详解】（1）因为，则，因为在点处切线与直线平行，所以，即，则，所以，令，得；令，得；所以在上单调递增，在上单调递减，故在处取得最大值，没有最小值.（2）由（1）得，若存在两个零点，即有两个正根，即有两个正根，令，则的图像与的图像在上有两个交点，令，得；令，得；所以在上单调递增，在上单调递减，则，又当时，当时，所以与的大致图像如下，所以，即实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.22已知椭圆：的右顶点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为(1)求的方程(2)椭圆的左顶点为，点为坐标原点，直线：与交于两点，圆过，交于点，直线，分别交于另一点，证明：直线过定点【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）求出的坐标，再利用给定的离心率求出椭圆方程作答.（2）根据给定条件，借助向量垂直的坐标表示求出直线的斜率积，再设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率的坐标公式求解作答.【详解】（1）抛物线的焦点，即，由椭圆的离心率为，得，解得，所以椭圆的方程是.（2）显然点关于直线对称，则过点的圆的圆心在直线上，即线段为圆的直径，即有，设，于是，即，而，直线的斜率分别为，从而，显然直线不垂直于y轴，设的方程为，由消去并整理得：，显然，整理得，于是，而，则，解得，满足，直线方程为，所以直线恒过定点.【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.