2022-2023学年江苏省扬州市高二下学期6月期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江苏省扬州市高二下学期6月期末数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省扬州市高二下学期6月期末数学试题 一、单选题1．已知集合，，则集合中元素的个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据一元二次不等式化简集合，即可求解.【详解】由得，所以.故选：C2．若命题“”是假命题，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由特称命题的真假即可求实数的取值范围.【详解】若命题“”是假命题，则“”为真命题又对于函数，当时，取到最小值，所以恒成立故实数的取值范围是.故选：B.3．已知直线的方向向量为，平面的法向量为.若，则的值为（    ）A． B． C．1 D．4【答案】A【分析】根据题意得到，进而得到方程组，求得的值，即可求解.【详解】由直线的方向向量为，平面的法向量为，因为，可得，所以，即，解得，所以.故选：A.4．已知函数若，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据分段函数的单调性，即可求解.【详解】得，当以及时，均为单调递增函数，且当时，当时，因此为上的单调递增函数，由得，故选：D5．某小吃店的日盈利（单位：百元）与当天平均气温（单位：）之间有如下数据：012百元5421经分析知，与之间有较强的线性关系，其线性回归直线方程为，则（    ）A．3 B．2.8 C．2 D．1【答案】C【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点，代入计算即可.【详解】依题意，，又回归直线方程必过样本中心点，所以，解得.故选：C6．函数在上的图象大致为（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】B【分析】利用特殊点即可通过计算数值的正负，结合图象即可排除.【详解】,此时可排除A,,此时可排除C,由于，所以，故排除D，故选：B7．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】将二项式的展开式构造函数，求导后令即可求解.【详解】令，则，令，.故选：D8．已知偶函数满足，，且当时，.若关于的不等式在上有且只有个整数解，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分析可知，函数是周期为的周期函数，由题意可得关于的不等式在上有且只有个整数解，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】因为偶函数满足，则，即，所以，函数是周期为的周期函数，当时，，令，可得.由可得，由可得.所以，函数在上单调递增，在上单调递减，因为关于的不等式在上有且只有个整数解，则关于的不等式在上有且只有个整数解，如下图所示：  因为，且，又因为，所以，要使得不等式在上有且只有个整数解，则这五个整数解分别为、、、、，所以，，即，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查利用不等式的整数解的个数求参数的取值范围，解题的关键在于作出函数的图象，明确整数解是哪些整数，再结合图形求解. 二、多选题9．已知，则（    ）A．B．C．D．若越大，则越大【答案】AC【分析】根据正态分布曲线的对称性和正态分布曲线的形状，逐项判定，即可求解.【详解】由正态分布，可得对称轴为，对于A中，根据正态分布曲线的对称性，可得，所以A正确；对于B中，根据正态分布区间的对称性，可得，所以，所以B不正确；对于C中，根据正态分布区间的对称性，可得，所以，所以C正确；对于D中，根据正态分布曲线，越大，正态分布曲线越扁平，所以越小，所以D不正确.故选：AC.10．某班准备举行一场小型班会，班会有3个歌唱节目和2个语言类节目，现要排出一个节目单，则下列说法正确的是（    ）A．若3个歌唱节目排在一起，则有6种不同的排法B．若歌唱节目与语言类节目相间排列，则有12种不同的排法C．若2个语言类节目不排在一起，则有72种不同的排法D．若前2个节目中必须要有语言类节目，则有84种不同的排法【答案】BCD【分析】A选项，采用捆绑法进行求解；B选项，利用排列知识进行求解；C选项，采用插空法进行求解；D选项，分两种情况，前2个节目都是语言类节目和前2个节目中有1个是语言类节目，分别求出排法后相加即可.【详解】A选项，若3个歌唱节目排在一起，则有种情况，将3个歌唱节目看为一个整体，和2个语言类节目进行排列，则有种情况，综上，共有种情况，A错误；B选项，歌唱节目与语言类节目相间排列，则歌唱类节目在两端和最中间，语言类放在歌唱类节目的之间，则有种情况，B正确；C选项，若2个语言类节目不排在一起，则采用插空法，先安排歌唱类节目，有种情况，再将语言类节目插入到3个节目形成的4个空格中，有种，综上，共有种情况，C正确；D选项，前2个节目都是语言类节目，此时后3个为歌唱类节目，有种情况，前2个节目中有1个是语言类，有1个是歌唱类，则有种情况，剩余的3个节目进行全排列，则有种情况，则共有种情况，综上，有种不同的排法，D正确.故选：BCD11．下列命题中正确的是（    ）A．B．函数在区间内是减函数C．若函数有两个零点，则实数的取值范围是D．函数的图象经过点，当时，【答案】ACD【分析】对于A，根据对数函数和指数函数的性质分析判断，对于B，对函数化简后，根据函数图象的变换分析判断，对于C，由，得，则将问题转化为函数与的图象有两个交点，画出图象结合图象可求得答案，对于D，先求出的解析，然后结合基本不等式比较即可.【详解】对于A，因为在上递减，所以，因为在上递减，所以，所以，所以A正确，对于B，因为，所以的图象是由向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到的，因为在上递增，所以函数在区间内是增函数，所以B错误，对于C，由，得，令与，因为有两个零点，所以函数与的图象有两个交点，作出和的图象如图所示，    由图可知当时，两图象有两个交点，所以实数的取值范围是，所以C正确，对于D，因为函数的图象经过点，所以，得，所以，因为当时，，所以，所以，所以，令，则，所以，所以，所以D正确，故选：ACD12．如图，设正方体的棱长为为线段的中点，为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（    ）  A．当为的中点时，点到平面的距离为B．当为的中点时，记与平面的交点为，则C．存在，使得异面直线与所成的角为D．存在，使得点到直线的距离为【答案】ABD【分析】建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量公式判断A，利用共线向量与共面向量基本定理判断B，利用异面直线夹角的向量公式判断C，利用点到直线距离的向量公式判断D.【详解】如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系.则，，，，，，，，.  当为的中点时，，，，设平面的法向量为，则，令得，又，则点到平面的距离为，故A正确；对于选项B：设，则，又点M在平面内，则，所以，解得，所以，，所以，正确；设，，则，，若异面直线与所成的角为，则，平方化简得，解得，又，所以方程无解，故点不存在，故C错误；，，，所以，则点到直线的距离为，平方化简得，解得或，又，所以，故点存在，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：本题考查了正方体中的线线夹角，点到平面的距离，点到直线的距离，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系，将空间中的距离和夹角问题转化为向量运算，是解题的关键. 三、填空题13．直线是曲线的一条切线，则实数           ．【答案】【详解】本小题考查导数的几何意义、切线的求法．，令得，故切点为，代入直线方程，得，所以．14．已知平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为2，且它们彼此的夹角都是，则          .【答案】【分析】由题可知，，两边平方后，通过空间向量的混合运算可求得.【详解】，，．故答案为：    15．现调查某地区某种野生动物的数量，将该地区分成面积相近的200个地块，从这些地块中简单随机抽样的方法抽取20个作为样本，调查得到样本数据，其中分别表示第个样本的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，构造向量，，其中，，并计算得，，，，，由选择性必修二教材中的知识，我们知道对数据的相关系数，则上述数据的相关系数          .【答案】【分析】根据题干中相关系数的定义进行计算.【详解】由题干数据，，可得，根据夹角公式的定义，，而，根据，于是.故答案为： 四、双空题16．五一小长假，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去某景点游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：一个会走路的机器人从一数轴上的点出发沿该数轴行走，游客可以设定机器人总共行走的步数n，机器人每一步会随机选择前或向后行走，且每一步的距离均为一个单位，设机器人走完设定的n步后所在位置对应数为随机变量，则          ，          .【答案】     /0.3125     【分析】X表示向右移动的次数，则，再根据二项分布即可得到回到原点的概率，找到与X关系，得到，由二项分布的方差结合方差性质再计算方差即可.【详解】设X表示向右移动的次数，则.若运动6步回到原点，则向左，右各移动3次，所以回到原点的概率.因为机器人走完设定的n步后所在位置对应数为随机变量，X表示向右移动的次数则表示向左移动的次数，则，则，所以.故答案为：；. 五、解答题17．已知集合，，其中.(1)若，求；(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由解得，化简，即可求解.（2）由“”是“”的充分不必要条件得，即可列出不等式组进而求解.【详解】（1）将代入，所以，而，所以.（2）因为，所以.因为“”是“”成立的充分不必要条件，所以，则或，解得.18．在的展开式中，__________.给出下列条件：①若前三项的二项式系数之和为46；②若所有奇数项的二项式系数之和为256；③若第7项为常数项.试在这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并且完成下列问题：(1)求的值；(2)求展开式中所有的有理项.【答案】(1)条件选择见解析，(2)有理项为和 【分析】（1）根据题意，分布选择①②③，列出方程，即可求解；（2）求得展开式的通项，结合题意确定的值，代入即可求解.【详解】（1）解：选①：由前三项的二项式系数之和为，可得，即，解得或（舍去）.选②：由所有奇数项的二项式系数之和为256，可得，解得.选③：由二项展开式的通项为，令，则，因为展开式中第7项为常数项，即，所以.（2）解：因为，其中，所以当或6时，可得为整数，所以有理项为和.19．在这7个自然数中.(1)每次取一个数，取后放回，共取3次，设为取到奇数的次数，求的数学期望；(2)任取3个不同的数，设为其中奇数的个数，求的概率分布.【答案】(1)数学期望为(2)概率分布见解析 【分析】（1）解法一，由条件确定，再根据二项分布期望公式，即可求解；解法二，首先确定的取值，再根据独立重复事件概率公式，即可求分布列，再根据分布列求期望；（2）随机变量可能的取值为，根据超几何分布求分布列.【详解】（1）（解法一）因为每次取到的数是奇数的概率为，取到的数不是奇数的概率为，所以随机变量可能的取值为，且，所以.（解法二）因为随机变量可能的取值为，所以，.所以.（2）奇数为：，共4个；偶数为，共3个.随机变量可能的取值为.则.可得随机变量的概率分布为：012320．如图,在直三棱柱中,是以为斜边的等腰直角三角形，,分别为上的点,且.  (1)若,求证:平面;(2)若,直线与平面所成角的正弦值为,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）当时可得点分别为的中点,根据已知条件证明四边形为平行四边形,再依据线面平行的判定定理即可证明.（2）以为正交基底空间直角坐标系,写出各个点的坐标,根据直线与平面所成角的正弦值为求出值,再分别求出平面和平面的法向量,根据公式求解即可.【详解】（1）  当时,,即点分别为的中点,在直三棱柱中,,所以,所以四边形为平行四边形,所以,，又,所以,所以四边形为平行四边形,则,又因为平面平面,所以平面.（2）平面,又,以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,  则点,由得,所以.设平面的一个法向量,则,即,取,得,设直线与平面所成角为,则,得,解得或,又因为,所以.而,所以,设平面的一个法向量为,则,即,取,则,又平面的一个法向量为,得,观察得二面角为锐角,所以二面角的余弦值为.21．某电影平台为了解观众对某影片的感受，已知所有参评的观众中男、女之比为2：1，现从中随机抽取120名男性和60名女性进行调查，抽取的男观众中有80人给了“点赞”的评价，女观众中有45人给了“一般”的评价.(1)把下面列联表补充完整，并判断是否有99.9%的把握认为对该影片的评价与性别有关？性别评价结果合计点赞一般男80  女 45 合计  180(2)用频率估计概率，在所有参评的观众中按“男”和“女”进行分层抽样，随机抽取6名参评观众.①若再从这6名参评观众中随机抽取1人进行访谈，求这名观众给出“点赞”评价的概率；②若再从这6名参评观众中随机抽取2人进行访谈，求在抽取的2人均给出“点赞”的条件下，这2人是1名男性和1名女性的概率.参考公式：，其中.参考数据：0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】(1)列联表见解析，有的把握认为对该影片的评价与性别有关(2)①② 【分析】（1）由卡方的计算即可求解，（2）由分层抽样确定人数，即可由全概率公式以及贝叶斯公式进行求解.【详解】（1）填写列联表如下：性别评价结果合计点赞一般男8040120女154560合计9585180假设：对该影片的评价与性别无关.根据列联表中的数据可以求得由于，且当成立时，，所以有的把握认为对该影片的评价与性别有关.（2）①由分层抽样知，随机抽取的6名参评观众中，男性有4人，女性有2人.根据频率估计概率知，男性观众给出“点赞”评价的概率为，给出“一般”评价的概率为；女性观众给出“点赞”评价的概率为，给出“一般”评价的概率为.从这6名参评观众中随机抽取1人进行访谈，记“这名学生给出“点赞”评价”为事件，“这名观众是男性观众”为事件，“这名观众是女性观众”为事件.则，所以②从这6名参评观众中随机抽取2人进行访谈，记“抽取的2人均给出“点赞’的评价”为事件，“这两名观众均是男性”为事件，“这两名观众均是女性”为事件，“这两名观众是1名男性和1名女性”为事件.则，.所以，所以22．已知为实数，函数.(1)若函数在区间上存在极值点，求的取值范围，并说明是极大值点还是极小值点；(2)若对恒成立，求的取值范围.【答案】(1)，且该极值点为极小值点(2) 【分析】（1）先求,再分和两种情况讨论极值点即可解题;（2）方法一先把恒成立的式子移项设为新函数,对新函数求导函数分和两种情况讨论由零点存在定理得出矛盾最后确定范围即可. 方法二应用多次求导,结合导函数和函数的关系分类讨论求解【详解】（1）由题可知，.①当时，在上单调递增，无极值，不成立；②当时，在上单调递增.由题可知，，使得，且时，单调递减；当时，单调递增，即是极小值点，所以解之得.综上，，且该极值点为极小值点.（2）方法一：由题得，对恒成立.记，则，令，则，令，则在上单调递增，又.①当，即时，，即在上单调递增，又，所以，即在上单调递增，又，所以当时，恒成立.②当，即时，，所以由零点存在性定理可知，，使得，则当时，，即在上单调递减，又，所以当时，，即，所以当时，单调递减，又，所以当时，，矛盾，不成立.综上所述，的取值范围为.方法二：由题得，对恒成立.记，①当时，记，所以，所以在上单调递增，所以，所以，记，所以，令,所以在上单调递增，且，所以在上单调递增，则，所以在上单调递增，则，所以对恒成立；②当时，在上单调递增，因为，所以，使得，且时，单调递减.所以当时，单调递减，所以当时，，与对恒成立矛盾.综上，【点睛】方法点睛:方法关键点是移项构造新函数,多次求导,分类讨论时对零点存在定理的应用使用了反例否定找矛盾的方法解题.