精品解析：山东省东营市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（原卷版+解析版）

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一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1. 的展开式中，含项的系数为，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出的通项公式，然后整理出项的系数，根据系数相等可得答案.
【详解】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】
【分析】由偶函数的定义确定参数的值，再根据导数的几何意义结合导数运算求解即可得切线方程.
【详解】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】
【分析】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”，计算出，，，由全概率公式可得答案.
【详解】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】
【分析】先根据，得到递增，充分性成立，再推导出必要性成立.
【详解】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】
【分析】利用圆柱和圆台体积公式直接求解即可.
【详解】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】
【分析】构造函数、，利用导数判断单调性再比较大小可得答案.
【详解】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】
【分析】利用导数研究函数的单调性与极值，与选项中的图象比较即可得出答案.
【详解】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】
【分析】根据题意可得，数列是以2为首项，2为公比的等比数列，从而得到，然后将分离出来，再结合基本不等式即可得到结果.
【详解】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】
【分析】计算数列前三项可判断A；利用，构造等比数列，可判断B，C；结合C的结果以及等比数列前n项和公式可判断D.
【详解】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】
【分析】根据中位数概念判断A，由频率分布直方图估计样本容量判断B，由极差概念判断C，由二项分布求出期望判断D．
【详解】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】
【分析】利用线面垂直的性质即可判断选项A；根据棱锥的体积计算公式判断选项B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式判断选项C；利用线面垂直的性质以及勾股定理和基本不等式即可判断选项D.
【详解】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】
【分析】A选项，对两边求导可判断选项正误；
B选项，由①②可知的一个周期为，即可判断选项正误；
C选项，验证是否等于2d即可判断选项正误；
D选项，验证是否成立可判断选项正误.
【详解】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．
【点睛】结论点睛：为偶函数；
若以为对称轴，且以为一个对称中心，，则为周期函数，且其一个周期为.
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】
【分析】根据题意，利用等差数列的性质，得到，再由等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】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】
【分析】根据正态分布的对称性，列式求解.
【详解】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】
【分析】先根据题中所给定义，求出，进而可得，后利用裂项相消法可得.
【详解】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】
【分析】利用外接球球心为两个平面的外接圆圆心的交点，可知三棱锥的外接球O的球心O在BD的中点，即可求出半径；分析直线MN被球O截得的线段长与二面角的大小有关，求出二面角在临界值时的情况，即可得到线段长的取值范围.
【详解】解：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）.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系式，可得，根据，可得，从而证得结论；
（2）确定，再设等比数列的公比为，选择条件①②③可得的值，从而得通项，再根据错位相减法求和即可得前项和.
【小问1详解】
由可得，
又，所以，则，即.
∴是以1为首项，2为公差的等差数列.
【小问2详解】
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
【答案】（1）表格见解析，有99.9%的把握认为“强国医生”的使用次数与性别有关
（2），3980人
【解析】
【分析】（1）根据已知数据完成表格，计算出与附表中值作比较可得答案；
（2）将两边同时取常用对数，设，则，求出，可得y关于x的回归方程，把代入回归方程，可得答案.
【小问1详解】
，
所以有99.9%的把握认为“强国医生”的使用次数与性别有关；
【小问2详解】
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明线面平行；
（2）求出平面的法向量后利用线面角的向量公式直接求解即可.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.（）
【答案】（1）0.75 （2）1.22（万元）
（3）不该增产，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据独立事件乘法公式计算；
（2）先分析 的可取值，再按步骤写出分布列，根据数学期望公式求解；
（3）分析当产品的数量增加n件时的净利润，根据净利润决策.
【小问1详解】
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 ；
【小问2详解】
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）；
【小问3详解】
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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断在区间上的单调性，然后由单调性可得值域；
（2）当时，将问题转化为两个函数的交点问题可得；当时，直接判断可知；当时，利用导数求极值，通过极值结合问题分析可解.
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）解法一：取AB中点O，连接PO，CO.推导得到平面，平面PBC，根据体积即可得出答案；解法二：先证明平面PAB. 过M作交AP于点N，证明得到平面PBC，根据体积即可得出答案；
（2）解法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，结合平面向量基本定理，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法三：通过作图，作出二面角的平面角，构造直角三角形，即可得出答案.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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