2022-2023学年湖南省怀化市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年湖南省怀化市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先化简集合,根据集合的交集运算即可.

【详解】由题意或，

又，所以，

故选：

2．若复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的运算，模的计算公式求解即可.

【详解】由，

得，，

，

则.

故选：A

3．下列说法中不正确的是（   ）

A．线性回归直线必过样本数据的中心点

B．当样本相关系数时，成对数据正相关

C．如果成对数据的线性相关性越强，则样本相关系数就接近于1

D．残差图中残差点所在的水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越低

【答案】C

【分析】A选项，线性回归方程必过；

BC选项，根据相关系数的意义作出判断；

D选项，根据残差分析中残差点所在的水平带状区域的意义判断.

【详解】A选项，线性回归直线必过样本数据的中心点，故A说法正确；

B选项，当相关性系数时，两个变量正相关，相关性系数时，两个变量负相关，故B说法正确；

C选项，相关系数，如果两个变量的相关性越强，则相关性系数就越接近于1，故C说法错误；

D选项，残差图中残差点所在的水平带状区域越窄，则回归方程的预报精确度越高，水平带状区域越宽，则回归方程的预报精确度越低，D说法正确；

故选：C.

4．在中，“”是“为钝角三角形”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】推出的等价式子，即可判断出结论.

【详解】为钝角三角形.

∴在中，“”是“为钝角三角形”的充要条件.

故选：C.

【点睛】本题考查和与差的正切公式、充分性和必要性的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.

5．通过随机询问200名性别不同的学生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：

参考公式：独立性检验统计量，其中．

参考数据：

则根据列联表可知（    ）

A．有95%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”

B．有95%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”

C．有97.5%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”

D．有97.5%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”

【答案】A

【分析】计算卡方再对照表格中的数据分析即可

【详解】根据列联表有，故有95%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”

故选：A

6．中国是世界上最大的棉花生产国和消费国. 新疆、山东、河北、河南是我国排在前四名的棉花产区，5位同学A， B， C， D， E准备在暑假前往上述4个省、区进行与棉花生产有关的研学旅行，要求每个地方至少有一个同学去，且每个同学只去一个省、区，则不同的研学旅行方案有（    ）

A．480 B．240 C．220 D．180

【答案】B

【分析】用先分组再分配的方法求解即可.

【详解】将5位同学先分成4个小组，每组至少1位同学，再将这4个小组分配去新疆、山东、河北、河南4个省，每个省去1个小组，故不同的研学旅行方案有种.

故选：B

7．函数的大致图像为

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】通过取特殊值逐项排除即可得到正确结果.

【详解】函数的定义域为，当时，，排除B和C；

当时，，排除A.

故选：D.

【点睛】本题考查图象的判断，取特殊值排除选项是基本手段，属中档题.

8．设数列的前项和为，若，且对任意的正整数都有，则 （    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令可得，由累加法求出，再由分组求和法求出.

【详解】因为，且对任意的正整数都有，

令可得：，所以，

所以

，

所以

.

故选：D.

二、多选题

9．已知函数的部分图象如图所示，则下列各选项正确的是（    ）

A． B． C． D．为奇函数

【答案】ABD

【分析】由函数的部分图象求出、、和的值，写出的解析式可判断A,B,C；再求出的解析式，由奇偶函数的定义可判断D．

【详解】由函数的部分图象知，

，，所以，所以，所以，

又，，，

所以，所以，

所以，因为，

所以，故A，B正确，C错误；所以

对于D，令，

所以，所以为奇函数，故D正确.

故选：ABD.

10．投掷一枚均匀的骰子8次，记录每次骰子出现的点数．根据统计结果，可以判断一定出现点数6的是（    ）

A．第25百分位数为2，极差为4

B．平均数为，第75百分位数为

C．平均数为3，方差为3

D．众数为4，平均数为

【答案】BD

【分析】对于A,可采用特值法，对于B,根据平均数和百分位数，即可判断，对于C, 可采用特值法，对于D,可假设这8个数没有6点，根据题设推出矛盾，即可判断.

【详解】解：不妨设，则

对于A,这8个数可以是，故不一定出现点数6，故A错误.

对于B, 因为平均数为，所以,

又第75百分位数为，所以，所以，

所以，且，

所以，所以.所以一定出现点数6, 故B正确.

对于C,这8个数可以是，故不一定出现点数6，故C错误.

,

对于D, 因为平均数为，所以,

又众数为4，假设这8个数没有6点，则和最大的情况为，和题设矛盾，故一定出现点数6.故D正确.

故选：BD.

11．在正方体中，分别是棱的中点，则（    ）

A．平面 B．平面平面

C．平面 D．平面平面

【答案】BD

【分析】画出正方体，结合几何体图像，根据线面平行、面面垂直、线面垂直、面面垂直的判定条件判断各选项即可.

【详解】  

如图，取的中点为,连接,易得而平面，A选项不正确；

因为平面，平面，所以平面；

平面，平面,所以平面；

又因为平面,平面，

所以平面 平面，B选项正确；

连接，易得平行四边形中，不垂直，所以与平面不垂直，所以C选项不正确；

取线段的中点为，连接.由正方体的性质可知,所以.易知为线段的中点，所以.又因为,所以,

因为,所以平面.因为平面,所以平面平面，所以D选项正确.

故选：BD.

12．设双曲线，直线与双曲线的右支交于点，，则下列说法中正确的是（    ）

A．双曲线离心率的最小值为4

B．离心率最小时双曲线的渐近线方程为

C．若直线同时与两条渐近线交于点，，则

D．若，点处的切线与两条渐近线交于点，，则为定值

【答案】BCD

【分析】由离心率公式，结合基本不等式可判断A；根据可得双曲线方程，然后可得渐近线方程，可判断B；将问题转化为AB的中点与CD的中点是否重合的问题，设直线方程，联立渐近线方程求C，D坐标，再由点差法求AB的中点坐标，然后可判断C；结合图形可知，利用导数求切线方程，联立渐近线方程求E，F的横坐标，代入化简可判断D.

【详解】由题知，，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，的最小值为2，故A错误；

当时，双曲线方程为，

此时渐近线方程为，即，B正确；

若直线的斜率不存在，由对称性可知；当斜率存在时，设直线方程为，，AB的中点为，CD的中点为

则，由点差法可得，所以，

所以，

又双曲线渐近线方程为，联立分别求解可得，

所以，

所以M，N重合，则，或，故C正确；

若，则双曲线方程为，渐近线方程为，

不妨设点A在第一象限，双曲线在第一象限的方程为，

，得切线斜率为，方程为，

设点E，F坐标分别为，分别作垂直于y轴，垂足分别为P，Q，E在第一象限，F在第四象限，

则

又，所以，

联立渐近线方程和切线方程可解得，

整理得，

两式相乘得，所以，

所以，D正确.

故选：BCD

【点睛】本题考察圆锥曲线的综合运用，C选项需要灵活处理，将问题转化为AB的中点与CD的中点是否重合的问题，利用点差法和直接计算可解；D选项需结合图象将面积灵活转化，在求解时，要结合式子的结构特征灵活处理.

三、填空题

13．展开式的常数项为 ．（用数字作答）

【答案】-160

【详解】由，令得，所以展开式的常数项为.

【解析】二项式定理.

14．某品牌手机的电池使用寿命（单位：年）服从正态分布．且使用寿命不少于1年的概率为0.9，使用寿命不少于9年的概率为，则该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为        ．

【答案】0.4/

【分析】易得从而正态分布曲线的对称轴为直线，即可得到答案

【详解】由题意知，，

∴

∴正态分布曲线的对称轴为直线，

因为，

∴，

故该品牌手机的电池使用寿命不少于5年且不多于9年的概率为0.4，

故答案为：0.4

15．口袋里有若干大小完全相同的白、红、黑三种颜色的小球，其中只有1个白球. 某同学拟用独立重复实验的方法计算其中红球的数量，有放回地取球30次，每次取2个球，发现取到白球的次数为10，取到1个红球1个黑球次数最多为12，取到2个都是红球的次数最少，则红球的个数为        .

【答案】2

【分析】设红、黑球的个数分别是，利用二项分布，可得，，再结合，进而可得答案.

【详解】设红、黑球的个数分别是，则每次取到白球的概率为，

有放回地取球次，每次取个球，取到白球的次数为，取到一个红球一个黑球次数为，

因为取到白球的次数服从二项分布，

所以，则，

因为取到一个红球一个黑球次数服从二项分布，

所以，可得，

因为取到2个都是红球的次数最少，

所以可得

由，

所以红球的个数为2.

故答案为：2.

16．已知是方程的一个根，则              .

【答案】3

【分析】依题意得，构造函数，则有，得出的单调性即可求解.

【详解】因为是方程的一个根，则，

所以，即，

令，则，

所以在单调递增，

又，即，

所以，所以.

故答案为：3

四、解答题

17．设锐角三角形的内角的对边分别为，．

（1）求的大小；

（2）求的取值范围．

【答案】（1）（2）

【详解】试题分析：（1）本问考查余弦定理，根据及已知条件易得，又B为锐角三角形内角，所以可以求出；（2）本问主要考查求三角函数值域问题，化成关于一个角的一种函数名的形式，即，根据角A的范围求函数的值域，由为锐角三角形且知， 故，于是可以求值域.

试题解析：(1)由,根据余弦定理得.

又为锐角三角形的内角，得.

(2)由（1）知：，

由为锐角三角形且知， 故.

∴，∴，∴，

 故的取值范围为.

【解析】1.余弦定理；2.正弦型函数的值域.

18．已知为等差数列的前n项和，，.

(1)求的通项公式；

(2)若，的前项和为，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设数列的公差为d，列方程组解出和即可求解；

（2）求出的周期，先求出在一个周期内的和，进而可求.

【详解】（1）设数列的公差为，则

解得，，

所以

（2）由，可得，

数列的最小正周期，

所以，

所以

19．如图，在三棱锥中，，且，，，是的中点，.

(1)求证：平面平面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明线面垂直，再利用面面垂直的判定可证结论；

（2）建立坐标系，求解两个平面的法向量，利用向量夹角公式可得答案.

【详解】（1）证明：如图，取BD的中点O，连CO，EO，得；

又，所以；

设，则，，，，

所以，所以；

又，平面BCD,所以平面BCD，

又平面ABD，所以平面平面BCD.

（2）因为，O是BD的中点，所以，（1）中已证，，

如图所示，分别以，，所在方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.

设，则，，，

所以，；

设平面ACD的法向量为，则，

取，

又平面BCD的一个法向量为，

所以，

所以平面ACD与平面BCD的夹角的余弦值为.

20．新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的，每一道题考生全部选对得5分. 对而不全得2分，选项中有错误得0分. 设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为，没有4个选项都正确的（在本问题中认为其概率为0）. 在一次模拟考试中：

(1)小明可以确认一道多选题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得5分的概率为，求；

(2)小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择. 小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个. 若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？

【答案】(1)

(2)①

【分析】(1) 根据条件概率事件求解即可；

(2) 分别分析方案①，方案②，方案③的得分或者得分期望值，然后根据得分情况选择方案；

【详解】（1）记一道多选题“有2个选项正确”为事件，“有3个选项正确”为事件，“小明该题得5分”为事件B，

则，求得.

（2）若小明选择方案①，则小强的得分为2分.

若小明选择方案②，记小强该题得分为X，则，

且，

，

，

所以，，

若小明选择方案③，记小强该题得分为Y，则，且

，

，

所以，,

因为，所以小明应选择方案①.

21．已知，直线的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线.

(1)求的方程;

(2)直线与曲线交于两点，为坐标原点，若直线的斜率之积为， 证明: 的面积为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设，求出直线的斜率、直线的斜率，相乘化简可得答案；

（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，直线方程与椭圆方程联立，

设，利用韦达定理代入化简得求出，再求出到的距离，可得为定值；当直线的斜率不存在时，可设 ，利用、，解得，可得.

【详解】（1）设，则直线的斜率，直线的斜率 ，由题意，

化简得 ；

（2）直线的斜率存在时，可设其方程为，

联立化简得，

设，

则，

，

所以

化简得

则，

又到的距离，

所以，为定值.

当直线的斜率不存在时，可设 ，

则，且，解得，此时，

综上，的面积为定值.

22．已知函数，.

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)当时，存在满足，证明.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由导数的几何意义即可求解；

（2）由得，令，，后可转化为证，构造函数即可求证.

【详解】（1）依题意得，，所以，

所以曲线在点处的切线方程为，

即.

（2）时，，，

令，得，

时，，单调递增，

时，，单调递减，

，，，

因为存在满足，不妨设，

则其一个必要条件是，

由得，即，

令，，

则，两边取对数得，即，

要证，只要证，

，

故只要证，即，

设，则，

故只要证，即，

令，则，

所以在上单调递增，所以，

即成立，从而原不等式得证.

【点睛】方法点睛：本题第二问关键是合理转化，将问题变为熟悉的极值点偏移问题，进而转化为证明对数均值不等式即可.