数学：山东省东营市2022-2023学年高二下学期期末试题（解析版）

这是一份数学：山东省东营市2022-2023学年高二下学期期末试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 的展开式中，含项的系数为，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】的展开式的通项公式为，令，可得；
所以含项的系数为，即，解得.
故选：C.
2. 已知a为实数，函数的导函数为，且是偶函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为是偶函数，
所以，
所以，故，，
所以，，
故曲线在点处的切线方程为，
即.
故选：A.
3. 现有两筐排球，甲筐中有10个白色球、5个红色球，乙筐中有4个黄色球、6个红色球、5个黑色球.某排球运动员练习发球时，在甲筐取球的概率为0.6，在乙筐取球的概率为0.4.若该运动员从这两筐球中任取一个排球，则取到红色排球的概率为（ ）
A. 0.73B. 0.36C. 0.32D. 0.28
【答案】B
【解析】设事件“运动员从这两筐球中任取一个排球，则取到红色排球”，
事件“运动员从甲筐球中取球”， 事件“运动员从乙筐球中取球”，
由题意可得，，，
，由全概率公式可得
.
故选：B.
4. 各项均为正数的等比数列，公比为，则“”是“为递增数列”的（ ）
A. 充分且不必要条件B. 必要且不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】因为各项为正数，且，所以，即，
所以为递增数列，充分性成立，
若为递增数列，则，因为各项为正数，所以，必要性成立.
故选：C
5. 国内现存两件国宝级文物——战国宴乐水陆攻战纹铜壶，分别藏于故宫博物院与四川博物馆.铜壶上的图像采用“嵌错”制作工艺，铜壶身上的三圈纹饰，将壶身分为四层.假设第一层与第二层分别看作圆柱与圆台，且圆柱与圆台的高之比为，其正视图如图2所示，根据正视图，可得圆柱与圆台这两个几何体的体积之比为（ ）（注：）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意知：圆柱的底面直径为，设高为；圆台的上下底面直径分别为和，圆柱与圆台的高之比为，则高为，
圆柱的体积；
圆台的体积，
圆柱与圆台这两个几何体的体积之比为.
故选：B.
6. 若函数在R上可导，且，则当时，下列不等式成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】令，则，
由于的正负不确定，所以的正负不确定，不能判断的单调性，
故AC错误；
令，由，则，
所以为R上的单调递减函数，
因为，所以，即，故B错误D正确；
故选：D.
7. 数学与音乐有着紧密的关联.声音中也包含正弦函数，声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，每一个音都是由纯音合成的.纯音的数学模型是函数，我们平时听到的音乐一般不是纯音，而是有多种波叠加而成的复合音．已知刻画某复合音的函数为，则其部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】令，
求导得
，
当时，由解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，当和时，取极大值；当时，取极小值，
由于，
可得，当时，
结合图象，只有C选项满足．
故选：C．
8. 古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝（古印度货币单位），以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第日布施了子安贝（其中，），数列的前项和为.若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A. 15B. 20C. 24D. 27
【答案】D
【解析】由题意可知，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故，所以2
由，得，
整理得对任意，且恒成立，
又，
当且仅当，即时等号成立，
所以，即实数的最大值为27.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 已知数列的首项，且，满足下列结论正确的是（ ）
A. 数列是等比数列
B. 数列是等比数列
C.
D. 数列的前n项的和
【答案】BC
【解析】由题意数列的首项，且满足，则，
则，故数列不是等比数列，A错误；
由得，，否则与矛盾，
则，则数列是等比数列，B正确；
由B分析知数列是等比数列，首项为，公比为，
则，所以，C正确；
数列的前n项的和为，D错误.故选：BC
10. 某中学在学校艺术节举行“三独”比赛（独唱独奏独舞），由于疫情防控原因，比赛现场只有9名教师评委给每位参赛选手评分，全校4000名学生通过在线直播观看并网络评分，比赛评分采取10分制．某选手比赛后，现场9名教师原始评分中去掉一个最高分和一个最低分，得到7个有效评分如下表．对学生网络评分按分成三组，其频率分布直方图如图所示．
则下列说法正确的是（ ）
A. 现场教师评委7个有效评分与9个原始评分的中位数相同
B. 估计全校有1200名学生的网络评分在区间内
C. 在去掉最高分和最低分之前9名教师评委原始评分的极差一定大于0.7
D. 从学生观众中随机抽取10人，用频率估计概率，X表示评分不小于9分的人数，则
【答案】ABD
【解析】去掉9个原始评分中的一个最高分和一个最低分，不会改变该组数据的中位数，A正确；
因为学生网络评分在区间内的频率为0.3，学生总人数为4000，则网络评分在区间内的学生估计有人，B正确；
若去掉的一个最高分为9.6，去掉的一个最低分为8.9，则9名教师原始评分的极差等于0.7，C错误；
学生网络评分在区间内频率为0.5，则，
所以，D正确；故选：ABD．
11. 如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（ ）
A. 存在值，使得
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 当时，异面直线与所成角的余弦值为
D. 当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为
【答案】BCD
【解析】对于选项，由题意知，
若，，平面，则平面，
所以，不成立，故不正确；
对于选项，在三棱锥中，半圆面，
则是三棱锥的高，
当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，
三棱锥的体积取得最大值为，故选项B正确；
对于选项C：当时，则为的中点，以的中点为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，
则,，，，
可得，则，
故异面直线与所成角的余弦值为，所以正确；
对于选项，取的中点，过点作于点，连接，
由题意知，平面，平面，，
又因为，，平面，
可得平面，
所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，
设，则，
在Rt中，，
所以，
故，
令，则，且，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，则，
所以直线与平面所成最大角的正弦值为，
此时，
所以，
连接，因为平面，平面，所以，
因为为正方形，所以，
在中，可得，
在中，可得，
则，因为，
所以点为四棱锥外接球的球心，
因为，由，
解得，
所以球心到面的距离，
设截面半径为，则有，
所以截面面积为，故D正确.
故选：BCD
12. 已知函数满足：①为偶函数；②，是的导函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 关于对称B. 的一个周期为
C. 不关于对称D. 关于对称
【答案】ABD
【解析】A选项，由两边求导得，
即关于对称，故A正确；
B选项，由为偶函数，知.
又，
则
，即的一个周期为，则的一个周期为，故B正确；
C选项，注意到当时，
则，即此时
关于，即对称，故C错误；
D选项，由为偶函数，知关于对称，即，
则，即关于对称，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分.
13. 等差数列中，，则数列的前13项的和为_______________.
【答案】
【解析】在等差数列中，满足，即，
由等差数列的性质，可得，所以，可得，
又由.
故答案为：.
14. 若，且，则__________.
【答案】
【解析】由题意可知，正态密度曲线的对称轴为，
由正态分布的对称性可得.
故答案为：
15. 已知函数，在上可导，若，则成立.英国数学家泰勒发现了一个恒等式：，则________________ .
【答案】
【解析】设，，
则，
记，，
则，又，所以，
所以，
所以，
故答案为：
16. 如图，一张纸的长，宽，.M，N分别是AD，BC的中点.现将沿BD折起，得到以A，B，C，D为顶点的三棱锥，则三棱锥的外接球O的半径为___________；在翻折的过程中，直线MN被球O截得的线段长的取值范围是___________.
【答案】① ②
【解析】由于和都是直角三角形，所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，
因此三棱锥的外接球O的球心O在BD的中点，
则半径，
直线MN被球O截得的线段长与二面角的大小有关，
当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最长，趋于直径，
当二面角接近时，直线MN被球O截得的线段长最短，
如图翻折后，此时，
所以
则，由相似比可得，
所以，
直线MN被球O截得的线段长，
综上直线MN被球O截得的线段长的取值范围是，
故答案为：；.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知正项数列与，且为等比数列，,,
从条件①的前3项和；②；③.任选一个补充在上面问题中，并解答下列问题：
（1）求证：数列为等差数列；
（2）求数列的前项和.
（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）.
解：（1）由可得，
又，所以，
则，
即.
∴是以1为首项，2为公差的等差数列.
（2）由（1）可得
设等比数列的公比为，且
若选①，则，
解得或
又因为各项为正数，
∴，故；
若选②，又，
得，
又，则解得或
又因为各项为正数，∴，故；
若选③，因为，则，
则解得或
又因为各项为正数，∴，故；
所以
即
则
相减得：，
所以.
18. 2021年4月7日，“学习强国”上线“强国医生”功能，提供智能导诊、疾病自查、疾病百科、健康宣传等多种医疗健康服务.
（1）为了解“强国医生”使用次数的多少与性别之间的关系，某调查机构调研了200名“强国医生”的使用者，得到表中数据，根据所给数据完成上述表格，并判断是否有 99.9%的把握认为“强国医生”的使用次数与性别有关；
（2）该机构统计了“强国医生”上线7天内每天使用该服务的女性人数，“强国医生”上线的第x天，每天使用“强国医生”的女性人数为y，得到以下数据：
通过观察散点图发现样本点集中于某一条曲线的周围，求y关于x的回归方程，并预测“强国医生”上线第12天使用该服务的女性人数.
附：随机变量
其中参考公式：对于一组数据其回归直线 的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
解：（1）
，
所以有99.9%的把握认为“强国医生”的使用次数与性别有关；
（2）将两边同时取常用对数得
，
设，则，
因为，
所以，
所以，所以y关于x的回归方程为
把代入回归方程，得，
所以“强国医生”上线第12天，使用该服务的女性约有3980人.
19. 如图，已知六面体的面为梯形，，，，，棱平面，，，为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
解：（1）因为平面ABCD，所以，，且，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则
所以
设平面的法向量为，
则，令，解得，
故，
所以，故，
又平面，所以平面.
（2）由（1）得
设平面的法向量为则，令，解得，
故所以，
设直线与平面所成的角为，则又，所以.
20. 某公司生产一种大件产品的日产为2件，每件产品质量为一等的概率为0.5，二等的概率为0.4，若达不到一､二级，则为不合格，且生产两件产品品质结果相互独立.已知生产一件产品的利润如下表：
（1）求生产两件产品中至少有一件一等品的概率；
（2）求该公司每天所获利润（万元）的数学期望；
（3）若该工厂要增加日产能，公司工厂需引入设备及更新技术，但增加n件产能，其成本也将相应提升（万元），假如你作为工厂决策者，你觉得该厂目前该不该增产？请回答，并说明理由.（）
解：（1）设一件产品是一等品为事件A，则一件产品不是一等品为事件 ， ，2件产品至少有1件为一等品事件为 ，
其概率 ；
（2）设一件产品为一等品为事件A，二等品为事件B，次品为事件C，
则 ，
则可取的值为 ，
，
, ，
, ,
其分布列为：
数学期望 （万元）；
（3）由（2）可知，每件产品的平均利润为 （万元），则增加n件产品，利润增加为万元），
成本也相应提高 （万元），
所以净利润，，
设 ，则，
当 时，，是增函数，
当 时，是减函数，
在取得最大值，又 ，
只能取整数，
或时可能为最大值，
，，
即在 取得最大值时也是亏本的，所以不应增加产量；
21. 已知函数.
（1）若在处取得极值，求在区间上的值域；
（2）若函数有1个零点，求a的取值范围.
解：（1）
因为在处取得极值
所以，得
则时，，在区间上单调递增，
所以
所以在区间上的值域为
（2）的定义域为
函数有一个零点有一个实数根与有一个交点.
当时，由图可知满足题意；

当时，在上无零点；
当时，令，得
令，得
所以，当时，有最大值
因为函数有一个零点，
所以，解得
综上，a的取值范围为.
22. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.是棱PD上的点，且四面体的体积为
（1）证明：；
（2）若过点C，M的平面α与BD平行，且交PA于点Q，求平面与平面夹角的余弦值.
解：（1）解法一：如图1，取AB中点O，连接PO，CO.
因为，，所以，，.
又因为是菱形，，所以，.
因为，所以，所以.
又因为平面，平面ABCD，，
所以平面.
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
所以.
因为，
所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，
所以.
解法二：如图2，取AB中点O，连接PO，CO，
因为，，
所以，，，
又因为是菱形，，
所以，.
因为，所以，所以.
因为平面PAB，平面PAB，，
所以平面PAB.
所以，.
过M作交AP于点N，，所以.
又平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，所以.
因为，，
所以，
所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以.
（2）解法一：
由（1）知，，，.
如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，所以，，，，，.
因为，设，则，
因为，，，，故存在实数a，b，使得，
所以，解得，所以.
设平面的法向量为，则，即，
取，得到平面的一个法向量.
设平面与平面夹角是，
又因为是平面的一个法向量，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
解法二：
由（1）知，，，，
如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，，，.
设平面的法向量为，则，即.
取，得到平面的一个法向量.
因为，设，则，
因为，所以，所以
设平面的法向量为，则，即.
取，得到平面的一个法向量.
设平面与平面夹角是，
又因为是平面的一个法向量，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
解法三：
在平面内，过C作交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，
因为菱形，所以.
如图4，在平面PAD内，作交EM的延长线于点，设交AP于点Q.
所以，四边形是平行四边形，，.
所以，所以，
所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.
如图5，在平面PAB内，作，交AB于T，
因为平面，所以平面，所以，
因为，，
在平面内，作，交BC于点N，连接QN，过A作交BC于K，
在中，，，所以，
所以，
因为，，，且两直线在平面内，所以平面，
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在中，，所以.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
教师评委
A
B
C
D
E
F
G
有效评分
9.6
9.1
9.4
8.9
9.2
9.3
9.5
男
女
总计
使用次数多
40
使用次数少
30
总计
90
200
x
1
2
3
4
5
6
7
y
6
11
21
34
66
100
195
0.05
0.02
0.01
0.005
0.001
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
61.9
1.6
51.8
2522
3.98
男
女
总计
使用次数多
40
80
120
使用次数少
50
30
80
总计
90
110
200
等级
一等
二等
三等
利润（万元/每件）
0.8
0.6
-0.3

-0.6
0.3
0.5
1.2
1.4
1.6

0.01
0.08
0.1
0.16
0.4
0.25