河北省石家庄市辛集市2022-2023学年高二下学期7月期末教学质量监测数学试卷(含答案)

这是一份河北省石家庄市辛集市2022-2023学年高二下学期7月期末教学质量监测数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知集合,集合,则( )
A.B.C.D.
2．已知复数,i为虚数单位.则( )
A.B.C.D.
3．已知,则( )
A.B.C.D.
4．在矩形ABCD中,,,圆M为矩形内恒与AB,BC相切的动圆,则的最小值为( )
A.B.C.D.
5．6名研究人员在3个无菌研究舱同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有( )
A.360种B.180种C.720种D.450种
6．已知函数,若存在不相等的实数a,b,c,d满足,则的取值范围为( )
A.B.C.D.
7．下列命题正确的是( )
A.在回归分析中,相关指数越小,说明回归效果越好
B.已知,若根据2×2列联表得到的值为4.1,依据的独立性检验,则认为两个分类变量无关
C.已知由一组样本数据(,2,,n)得到的回归直线方程为,且,则这组样本数据中一定有
D.若随机变量,则不论取何值,为定值
8．年春,为了解开学后大学生的身体健康状况,寒假开学后,学校医疗部门抽取部分学生检查后,发现大学生的舒张压呈正态分布（单位:）,且,若任意抽查该校大学生人,恰好有人的舒张压落在内的概率最大,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知数列满足,则( )
A.为等比数列
B.的通项公式为
C.的前n项和
D.的前n项和
10．在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列关系式中正确的是( )
A.B.
C.D.
11．带有编号1、2、3、4、5的五个球，则( )
A.全部投入4个不同的盒子里，共有种方法
B.放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种方法
C.将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种方法
D.全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
12．下列命题正确的是( )
A.命题“存在,使得不等式成立”的否定是“任意,都有不等式成立”.
B.若事件A与B相互独立,且,,则.
C.已知,,则.
D.在回归分析中,对一组给定的样本数据,,…,而言,若残差平方和越大,则模型的拟合效果越差;反之,则模型的拟合效果越好.
三、填空题
13．已知是函数的导函数，若，则______．
14．已知二项式的常数项为,则______________.
15．为了监控某种食品的一条生产线的生产包装过程，检验员每天从该生产线上随机抽取包食品，并测量其质量（单位：g）.根据长期的生产经验，这条生产线在正常状态下生产的每包食品质量服从正态分布.假设生产状态正常，记表示每天抽取的k包食品中其质量在之外的包数，若的数学期望，则k的最小值为_________.
附：若随机变量X服从正态分布，则.
16．设函数,则下列命题中是真命题的是___________.(写出所有真命题的序号)
①是偶函数;
②在单调递减;
③相邻两个零点之间的距离为;
④在上有2个极大值点
四、解答题
17．已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.
（1）求角C;
（2）若,且的面积为,求边长c
18．已知数列的首项,且满足.
（1）求证:数列为等比数列;
（2）若,数列前n项的和为,求.
19．如图,在三棱柱中,底面是边长为2的等边三角形,,.D,E分别是线段的中点,二面角为直二面角.
（1）求证:平面BDE;
（2）若点P为线段上的动点(不包括端点),求锐二面角的余弦值的取值范围.
20．学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛.
(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；
(2)比赛记分规则如下：在一轮比赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积分.现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢概率为，乙赢概率为，比赛共进行二轮.
(i)在一轮比赛中，求这两名学生得分的分布列；
(ii)在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值.
21．设椭圆,的左,右焦点分别为,.下顶点为A,已知椭圆C的短轴长为.且离心率.
（1）求椭圆的C的方程;
（2）若直线l与椭圆C交于异于点A的P,Q两点.且直线AP与AQ的斜率之和等于2,证明:直线l经过定点.
22．已知函数,且.
（1）讨论函数的单调性.
（2）若存在使得成立,求实数a的取值范围.
参考答案
1．答案：C
解析：,
故,
故选:C.
2．答案：A
解析：,所以,所以.
故选:A.
3．答案：A
解析：.
故选:A.
4．答案：D
解析：建立以B为原点,为正交基底平面直角坐标系,设,,,,,
,,,,
所以,
又,所以其最小值在时取得,即为.
故选:D.
5．答案：D
解析：方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；
方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案.
所以共有（种）不同的安排方案.
故选：D.
6．答案：C
解析：由题设,将问题转化为与的图象有四个交点,
,则在上递减且值域为;在上递增且值域为;在上递减且值域为,在上递增且值域为;
的图象如下:
所以时,与的图象有四个交点,不妨假设,
由图及函数性质知:,易知:,,
所以.
故选:C
7．答案：D
解析：对于A选项:在回归分析中,相关指数越大,说明回归效果越好,故A错误;
对于B选项:,若根据2×2列联表得到的观测值为4.1,则有的把握认为两个分类变量有关,故B错误;
对于C选项:根据回归直线方程为,由,得到是一个估计值,因此这组样本数据不一定有,故C错误;
对于D选项:若随机变量,为对称轴,则不论取何值,为定值,故D正确.
故选:D
8．答案：C
解析：因为,则,
由题意知:抽查该校大学生人,
恰好有人的舒张压落在内的概率为,要使此式的值最大,
由,
即,解得,
,所以,.
故选:C.
9．答案：ACD
解析：因为,,所以,
所以,,
所以数列是以4为首项,2为公比的等比数列,故A正确;
因为数列是以4为首项,2为公比的等比数列,
所以,所以,故B错误;
因为,所以,
所以的前n项和,故C正确;
因为,所以,
所以的前n项和,
令,则,
两式错位相减得:,
所以,所以,故D正确.
故选:ACD.
10．答案：BC
解析：根据余弦定理可得;
即,所以B正确,A错误;
根据两角和与差的正弦公式可得:
即C正确;
对于D:
,所以D错误.
故选:BC
11．答案：ACD
解析：对于A：每个球都可以放入4个不同的盒子，则共有种方法，A正确；
对于B：放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，则有：
全部投入4个不同的盒子里，每盒至少一个，相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种方法，B错误；
对于C：先选择4个球，有种，再选择一个盒子，有种，故共有种方法，C正确；
对于D：全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，则相当于把其中的2个球捆绑成一个球，再进行排列，共有种方法，D正确；
故选：ACD.
12．答案：BD
解析：对于A:“存在,使得不等式成立”的否定是“任意,都有不等式成立”,故A错误;
对于B:由条件概率可知:,
事件A与B相互独立,则,
,故B正确;
对于C:,
由,,可得,
,故C错误;
对于D:根据残差的定义可知:残差平方和越大,则模型的拟合效果越差;反之,则模型的拟合效果越好,故D正确;
故选:BD.
13．答案：
解析：因为，所以，
令，则，解得：.
所以，所以.
故答案为：.
14．答案：
解析：由题意可知,
则其通项为,,1,2,…,5,
而的通项为,
令,,
当时,;当时,;当时,,不合题意,
由二项式的常数项为,可得,
即,解得,
故答案为:
15．答案：19
解析：依题意，所以在之外的概率，则，则.因为0.05，所以，解得.因为，所以的最小值为19.
16．答案：①②③④
解析：函数的定义域为R,而,
故是偶函数,①正确;
当时,,,
而,,,故,
故在单调递减,②正确;
令,,则,,
设一个零点为,,另一个为,,
则,由于,,故的最小值为1,
则的最小值为,即相邻两个零点之间的距离为,③正确;
当时,,,
而,当即时,,在递增;
当即时,,在递减,
则为的一个极大值点;
又因为是偶函数,所以在递增,在递减,
故也为的一个极大值点;
故在上有2个极大值点,④正确,
故答案为:①②③④
17．答案：（1）
（2）或.
解析：（1）,由正弦定理可得,即,
因为A,,则,,所以,,因此,;
（2）的面积为,则
根据题意得,则或
若,则△ABC为等边三角形,;
若,则,即
或.
18．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）由,得,
即,即,
所以数列为等比数列,首项,公比
（2）由（1）得,
①
②
①-②,得
19．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）连接,由题设知四边形为菱形,,
分别为AC,中点,,;
又D为AC中点,,
因为二面角为直二面角,
即平面平面ABC,平面平面,平面ABC
平面,又平面,;
又,BD,平面BDE,平面BDE.
（2）,,
为等边三角形,,
平面平面ABC,平面平面,平面
平面ABC,
则以D为坐标原点,,,所在直线为x,y,z轴,可建立如图所示空间直角坐标系,
则,,,,,,,
,,,
设,,则,
,,,,;
由（1）知:平面BDE,平面BDE的一个法向量;
设平面PBD的法向量,
则,令,则,,;
,
令,则,;
,,,
即锐二面角的余弦值的取值范围为.
20．答案：(1)
(2)见解析
解析：(1)设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，
“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”，
，
，
，
由全概率公式得
.
(2)(i)设在一轮比赛中得分为X，则X的可能取值为-2，0，2，
则，
，
，
得分为X的分布列用表格表示
(ii)设在二轮比赛中得分为Y，则Y的可能取值为-4，-2，0，2，4，
则，
，
，
，
得分为Y的分布列用表格表示为
.
21．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）由题意可得,,又离心率,可得,
故椭圆的方程为:;
（2）,当直线的斜率存在时,设直线l的方程为,
设,,联立,
整理可得:,
,即,
且,,
则,
整理可得:,即,
整理可得:,整理可得:,
解得或,
因为直线不过A点,所以,
当时,则直线l的方程为,
显然直线恒等定点;
当直线的斜率不存在时,设直线l的方程为,,
将直线l的方程代入椭圆的方程可得,可得,
设,,
则,可得,
所以直线l的方程为,显然直线也过定点,
综上所述:可证得直线恒过定点;
22．答案：（1）当时,在上单调递增,当时,在上单调递减,在上单调递增.
（2）
解析：（1）因为,
所以,
①当时,恒成立,所以在上单调递增,
②当时,令,解得,
当时,,在上单调递减,
当时,,在上单调递增,
综上所述:当时,在上单调递增,
当时,在上单调递减,在上单调递增.
（2）因为,所以存在,使得,
即存在,使得,
令,构建,
则,令,则,
所以在单调递增,在单调递减,
且,若,则,
于是题目问题转化为:
,使得,
当时,不成立,
当时,在上单调递增,值域为R,成立,
当时,,
令,所以在单调递增,
令,所以在单调递减,
所以,则可得:
所以,
综上所述:若存在,使得成立时,
实数a的取值范围为:.
X
-2
0
2
P
Y
-4
-2
0
2
4
P