云南省元谋县第一中学2022-2023学年高二下学期期末模拟（六）数学试卷（含答案）

云南省元谋县第一中学2022-2023学年高二下学期期末模拟（六）数学试卷

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题

1、已知集合，，则(   )

A. B. C. D.

2、若，则(   )

A. B. C. D.i

3、为贯彻落实《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》的文件精神，某学校推出了《植物栽培》、《手工编织》、《实用木工》、《实用电工》4门校本劳动选修课程，要求每个学生从中任选2门进行学习，则甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的概率为(   )

A. B. C. D.

4、已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为(   )

A. B. C. D.

5、若为偶函数，则(   )

A.-1 B.0 C. D.1

6、已知为锐角，且，，则(   )

A. B. C. D.

7、已知圆的方程为，设该圆过点的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为(   )

A. B. C. D.

8、若函数有两个极值点，，且，则(   )

A. B. C. D.

二、多项选择题

9、下列说法正确的是(   )

A．线性回归方程中，若线性相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强

B．若，若函数为偶函数，则

C．根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据的独立性检验（），可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05

D．已知，，若，则

10、若方程所表示的曲线为C，则下面四个命题中正确的是(   )

A．若C为椭圆，则

B．若C为双曲线，则或

C．曲线C可能是圆

D．若C为椭圆，且长轴在s轴上，则

11、已知函数在处取得极小值，与此极小值点最近的图象的一个对称中心为，则下列结论正确的是(   )

A.

B.将的图象向左平移个单位长度即可得到的图象

C.在区间上单调递减

D.在区间上的值域为

12、正多面体因为均匀对称的完美性质，经常被用作装饰材料.正多面体又叫柏拉图多面体，因古希腊哲学家柏拉图及其追随者的研究而得名.最简单的正多面体是正四面体.已知正四面体ABCD的所有棱长均为2，则下列结论正确的是(   )

A.异面直线AC与BD所成角为

B.点A到平面BCD的距离为

C.四面体ABCD的外接球体积为

D.四面体ABCD内切球表面积为

三、填空题

13、已知向量，，，若，则___________.

14、某市举行“中学生诗词大赛”，某校有1000名学生参加了比赛，从中抽取100名学生，统计他们的成绩（单位：分），并进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），得到的频率分布直方图如图所示，则估计该校学生成绩的分位数为______.

15、在二项式的展开式中，各项的系数之和为512，则展开式中常数项的值为___________.

16、已知过抛物线的焦点F且互相垂直的直线分别交抛物线于点A，B和点C，D，线段AB，CD的中点分别为P，Q，则的最小值为___________.

四、解答题

17、某校为了解学生对体育锻炼时长的满意度，随机插驭了100位学生进行调查，结果如下：回答“满意”的人数占被调查人数的一半，且在回答“满意”的人中，男生人数是女生人数的，在回答“不满意”的人中，女生人数占.

（1）请根据以上信息填写下面列联表，并依据小概率值的独立性检验，判断:学生对体育锻炼时长的满意度是否与性别有关？

附：

参考公式：，其中

（2）为了解增加体育锻炼时长盾体育测试的达标效果，一学期后对这100名学生进行体育测试，将测试成绩折算成百分制，规定不低子60分为达标，超过96%的学生达标则认为达标效果显著，已知这100名学生的测试成绩服从正态分布，试判断该校增加体育锻炼时长后达标效果是否显著．

附：若，则，

.

18、已知的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且.

(1)证明：；

(2)求的最大值.

19、已知等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，若，且，，，成等差数列.

（1）求数列，的通项公式；

（2）记，数列的前n项和为，数列的前n项和为，求，.

20、如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中点，，.

（1）求证：平面AEG.

（2）求平面SCD与平面ESD所成锐二面角的余弦值；

（3）在线段EG上是否存在一点H，使得BH与平面SCD所成角的大小为？若存在，求出GH的长：若不存在，说明理由．

21、已知椭圆的右焦点为F，点M，N在椭圆C上，且M，N，F三点共线.

（1）若直线MN的倾斜角为，求的值；

（2）已知点，，其中，，若直线MN不与坐标轴垂直，且点B到直线AM，AN的距离相等，求的值.

22、已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）证明：当时，．

参考答案

1、答案：A

解析：因为，，

所以.故选：A

2、答案：D

解析：由，得，所以，故选D.

3、答案：B

解析：甲、乙两名同学各从4门校本劳动选修课程中任选2门的选法共有种，其中甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的选法共有种，所以甲、乙两名同学的选课中恰有一门课程相同的概率.故选B.

4、答案：C

解析：

设圆锥底面圆半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，所以，，，所以球与圆锥的表面积之比为.故选：C.

5、答案：B

解析：通解：设，易知的定义域为，且，所以为奇函数.若为偶函数，则也应为奇函数，所以，故选B.

优解：因为为偶函数，，，所以，解得，故选B.

6、答案：A

解析：因为为锐角，所以，由得，则，又，故，故选A.

7、答案：D

解析：设圆圆心为M，则圆M：，则，半径为.如图，最长弦为过的直径，长度为10.最短弦为过且与最长弦垂直的弦，设，则由垂径定理可得，又，，则，又，则四边形ABCD的面积为：.故选D

8、答案：C

解析：因为函数有两个极值点，，又函数的定义域为，导函数为，所以方程由两个不同的正根，且，为其根，所以，，，所以，则，又，即，可得，所以或（舍去），故选：C.

9、答案：BCD

解析：对于A，相关系数，且越接近于1，相关程度越大，反之两个变量的线性相关性越弱，A错误；对于B，函数为偶函数，则，即，又，故区间与关于对称，所以，B正确；对于C，因为，故可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过0.05，C正确；对于D，由，，，可得，故，则，则，D正确，故选：BCD

10、答案：BC

解析：若C为椭圆，则，且，故A错误，若C为双曲线，则，，故B正确，若C为圆，则，，故C正确，若C为椭圆，且长轴在轴上，则，，故D错误故选：BC

11、答案：ACD

解析：第一步：根据余弦函数的图象与性质求出A，，的值，判断A选项

A选项：由题知，，设的最小正周期为T，则，∴，∴.（三角函数图象的相邻对称中心与对称轴之间的距离为，其中T为该三角函数的最小正周期）∵，∴，则，得，（整体思想）又，∴，∴，故A正确；第二步：利用三角函数图象的平移变换法则判断B选项

B选项：的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到，故B错误；第三步：利用整体思想及余弦函数的图象与性质判断C，D选项

C选项：由得，则区间上单调递减，故C正确；D选项：∵，∴，∴，∴，∴在区间上的值域为，故D正确.故选:ACD.

12、答案：BCD

解析：

由题意，四面体ABCD为正四面体，取底面BCD的中心为G，连接CG并延长，交BD于E，则E为BD的中点，且，连接AG，则平面BCD，又平面BCD，所以，又，AG，平面ACG，所以平面ACG，又平面ACG，所以，故A错；由四面体的所有棱长为，得，又，，故B正确；设四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为R，连接OC，则，解得，则四面体ABCD的外接球的体积为，故C正确；根据对称性，正四面体的外接球和内切球球心均是O，设正四面体内切球半径为r，则，又，，所以，则四面体ABCD的内切球表面积为.故D正确.故选：BCD

13、答案：21

解析：由得，解得，所以，所以，所以

14、答案：122

解析：根据频率分布直方图可知，成绩在130分以下的学生所占比例为，成绩在110分以下的学生所占比例为，因此分位数一定位于内，由，故可估计该校学生成绩的分位数为122.

15、答案：135

解析：因为二项式的展开式中，各项的系数之和为512，所以令，得，解得.又因为的展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中常数项为.故答案为：135.

16、答案：32

解析：由题意知直线，的斜率均存在且不为零，，因此可设直线的方程为，则直线的方程为.由，消去x，得.设，，则，所以，将其代入直线的方程，得，故点，所以，同理可得，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为32.

17、答案：（1）认为学生对于体育时长的满意度与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001

（2）该校参加锻炼时长后达标效果显著.

解析：（1）由题意：回答“满意”的人数有50人，且男生人数是女生人数的，故回答“满意”的男生有人，回答“满意”的女生有人，回答“不满意”的人中，女生人数，故补充列联表如图：

则，故认为学生对于体育时长的满意度与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.001

（2）因为学生的测试成绩服从正态分布，所以，，，，故该校参加锻炼时长后达标效果显著.

18、答案：(1)证明见解析

(2)

解析：(1)，，

，

，，

由正弦定理可得.

(2)由(1)知，则，

由余弦定理可得

，

当且仅当时，即为正三角形时，等号成立，

由知，A为锐角，

所以A的最大值为，的最大值为.

19、答案：（1），

（2），

解析：（1），，成等差数列，①，又，，成等差数列，，得②，由①②得，，，；

（2），，又，.

20、答案：（1）证明见解析

（2）

（3）存在，，理由见解析

解析：（1）连接FG，在中，F，G分别为SD，SB的中点，所以，又因为平面AEG，平面AEG，所以平面AEG（2）因为平面ABCD，AB，平面ABCD，所以，，又，所以，以，，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系

则，，，，，，，，， 设平面SCD的一个法向量为，则即令，得，，所以平面SCD的一个法向量为，又平面ESD的一个法向量为，所以，所以平面SCD与平面ESD所成锐二面角的余弦值为.

（3）假设存在点H，设，则，由（2）知，平面SCD的一个法向量为，则，即，所以，故存在满足题意的点H，此时.

21、答案：（1）

（2）4

解析：（1）依题意得，直线，联立，消去y得，设，，则，，则.

（2）设直线，，，由题意知，，且，，设直线AM，AN的斜率分别为，，则，，由点到直线AM，AN的距离相等，得，因为，在直线上，所以，，则，联立，消去x，得，则，，则，即，故或（舍去），故的值为4.

22、答案：（1）当时，在R上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增

（2）证明见解析

解析：（1），则，①当时，恒成立，在R上单调递减，②当时，令得，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，综上所述，当时，在R上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．

（2）由（1）可知，当时，，要证，只需证，只需证，设，，则，令得，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，即，所以得证.