浙江省舟山市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份浙江省舟山市2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题Ⅰ，选择题Ⅱ，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

舟山市2022学年第二学期期末检测
高二数学试卷

注：请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．
第Ⅰ卷 选择题部分（共60分）
一、选择题Ⅰ（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的）
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据补集以及交集的定义即可求得答案.
【详解】因为集合，则，
则,
故选：B
2. 已知平面，直线，若且，则“”是“”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】B
【解析】
【分析】根据线线垂直、线面垂直和面面垂直的相互转化和必要不充分条件的定义可得答案.
【详解】如下图且，，则l//a，此时，，所以，充分性不成立；

若，因为，所以，必要性成立，

故 “”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3. 已知幂函数的图象过点，则与的大小关系为（ ）
A. B. C. D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】求出幂函数的解析式，再求出m，n并比较大小作答.
【详解】依题意，设（为实常数），于是，解得，则，
因此，，
所以.
故选：A
4. 2020年11月24日4时30分，长征五号途五运载火箭在我国文昌航天发射场成功发射，飞行约2200秒后，顺利将探月工程嫦娥五号探测器送人预定轨道，开启我国首次地外天体采样返回之旅.已知火箭的最大速度单位与燃料质量(单位)､火箭质量单位的函数关系为，若已知火箭的质共为火箭的最大速度为则火箭需要加注的燃料为(参考数值为结果精确到0.01（ ）
A. 243.69 B. 244.69 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指对互化解出，可得火箭需要加注的燃料的估算值．
【详解】，则，所以
解得
故选：C
5. 现随机将1，2，3，…，9这9个整数填入给定的三角形网格内，每个数字只能使用一次，则中间一行均为奇数的填法的概率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】古典概型公式结合排列组合计算可得.
【详解】随机将1，2，3，…，9这9个整数填入给定三角形网格内，每个数字只能使用一次共有种排法，中间一行均为奇数的填法，
则中间一行均为奇数的填法的概率.
故选：A.
6. 已知函数的部分图象如图所示，，则满足的整数取值可能为（ ）

A. 3 B. 2 C. 1 D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图象确定参数，求得函数解析式，根据不等式求得，即可求得x的范围，讨论即可求得答案.
【详解】设函数的最小正周期为T，则，
故，
由，
得，
因为，故，即，
，
故由可得，
即，
则或，
即或，
当时，存在，此时整数取值为1；
当时，或，此时整数取值为4；
当k取比2大的整数时，整数x的取值都大于4，
结合选项可得整数取值可为1，
故选：C
7. 定义在上的函数满足，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由已知条件求出一些特值, , 可得 ,反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论.
【详解】，
令得：，又，
反复利用可得：
①，
再令，由 , 可求得 ,
同理反复利用 可得:
②，
由①②可得：有，
，，而
所以 ,

故 .
故选：D.
【点睛】本题考查抽象函数及其应用, 难点在于利用 两次赋值后都反复应用 , 分别得到关系式①② , 从而使问题解决, 考查抽象函数的性质的应用及转化思想，属于难题.
8. 如图，已知四棱锥中，正三角形的边长为2，平面，且，则四棱锥的体积的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接可得，设，取的中点，可得，由，利用基本不等式可得答案.
【详解】连接，因为平面，且，
所以，且，
设，则，在直角三角形中可得，所以，
可得，，，
取的中点，连接，可得，
所以，
所以，
当且仅当即等号成立，此时四棱锥的体积的最大值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键点是求出，考查了显示的空间想象能力、运算能力.
二、选择题Ⅱ（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 舟山某校为了加强食堂用餐质量，该校随机调查了100名学生，根据这100名学生对食堂用餐质量给出的评分数据，分成五组，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ）

A.
B. 该样本数据的中位数和众数均为85
C. 若样本数据的平均数低于85分，则认为食堂需要整改，根据此样本我们认为该校食堂需要整改
D. 为了解评分较低的原因，该校从评分低于80分的学生中用分层抽样的方法随机抽取18人座谈，则应选取评分在的学生4人
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据直方图的性质逐项分析.
【详解】由直方图可知：，A正确；
设中位数为，则，即中位数为（分），B错误；
平均分，故C正确；
组有（人），同理组有15（人），组有20（人），
根据分层抽样的原理，从组抽取的人数为（人），D正确；
故选：ACD.
10. 在复平面内，复数（i为虚数单位）对应的点分别为，下列描述正确的是（ ）
A.
B.
C. 若是关于的实系数方程的一个根，则
D. 若复数满足，则的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，利用共轭复数定义，结合复数的除法，可得答案；对于B，利用嫩几何意义写出点的坐标，利用向量的数量积求夹角即可；对于C，根据一元二次方程的韦达定理，结合共轭复数的定义，可得答案；对于D，利用复数的几何意义，将问题转换为圆相关的距离问题，可得答案.
【详解】对于A，，，故A错误；
对于B，由题意可知：，，
，，，故B正确；
对于C，由题意可知：方程的两个根为，
则，，故C错误；
对于D，，设，则其对应的点为，
由，则，动点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆
由也在该圆上，故，故D正确.
故选：BD.
11. 设函数，其中表示中的最小者，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 当时，则
C. 当时，则
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意画出的大致图象,然后依据图象逐个检验即可．
【详解】根据，作出以下图形，
对A选项，，
结合图象可知为偶函数，所以恒成立，故选项A正确；
对B选项，当时，，，
显然根据图象得，故B正确；
对C选项，当时,，
当时，，
而，此时，故C错误；
对D选项，由图知,当时,,且时，恒成立，
可令,则，故，
所以，故选项D正确；
故选：ABD

12. 已知是边长为1的正方形边上的两个动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 的最大值为2
C. 的最小值为
D. 的最大值为1
【答案】AD
【解析】
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，利用数量积的坐标形式逐项计算后可得正确的选项.
【详解】
建立如图所示的平面直角坐标系，则，，
设，
其中或时，；或时，；
或时，；或时，.
又，
对于A，，
当且仅当时等号成立，
故的最小值为，故A正确.
对于B，，
因为，，故，
而，故，所以的最大值不可能为2，故B错误.
对于C，，
因为，故，
当且仅当时，；
当且仅当时，；
所以的最小值为，的最大值为1，
故C错误，D正确.
故选：AD.
【点睛】思路点睛：对于几何图形下的数量积的计算问题，如果图形比较规则，则可以考虑建立平面直角坐标系，让数量积的计算问题归结为坐标计算，另外在估计多变量的代数式的最值时，可利用不等式的性质结合等号成立的条件来处理.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 二项式的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则含的项是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式系数的特征求出，求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于6，求得的值，可得答案．
【详解】因为二项式的展开式中只有第6项的二项式系数最大，
所以展开式中共有项，，
故展开式的通项为，
令，解得，故展开式中含的项是.
故答案为：．
14. 已知，则_____________．
【答案】1
【解析】
【分析】用正切函数的两角和公式化简题目条件可得，再将化简为，将代入从而得出答案.
【详解】因为，
所以，
化简得，解得，
.
故答案为：1.
15. 欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有_____种上楼梯的方法.
【答案】21
【解析】
【详解】本题采用分步计数原理.
第一类：0次一步跨上2阶楼梯，即每步跨上一阶楼梯，跨7次楼梯，只有1种上楼梯的方法；
第二类，1次一步跨上2阶楼梯，5次每步跨上一阶楼梯，跨6次楼梯，有种方法；
第三类：2次一步跨上2阶楼梯，3次每步跨上一阶楼梯，跨5次楼梯，有种方法；
第四类：3次一步跨上2阶楼梯，1次每步跨上一阶楼梯，跨4次楼梯，有种方法；共计21种上楼梯的方法.
16. 在三棱锥中，，点分别是的中点，且，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积是_____________．
【答案】##
【解析】
【分析】证明出的中点即为外接球的球心，从而得到外接球半径，再设O到平面AMN的距离为h，平面AMN截球O所得的截面圆的半径为r，由等体积法求出，进而得到r，得到截面面积.
【详解】因为，M是PB的中点，所以，
又平面PBC，

所以AM⊥平面PBC，又BC平面PBC，所以，
又平面PAB，
所以平面PAB，又平面PAB，
所以，，
在△ABC中，，
所以，
在△PAC中，，所以，所以，
取PC的中点O，又，
所以，即点O是三棱锥的外接球的球心，
且，平面，所以平面，
平面，所以，
因为，故外接球半径为，
设O到平面AMN的距离为h，平面AMN截球O所得的截面圆的半径为r，
因为MN是△PBC的中位线，所以O到平面AMN的距离等于B到平面AMN的距离，
故，即，得，
所以，
所以截面圆的面积为．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．
四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 在直角坐标系中，是坐标原点，向量，其中．
（1）若与夹角为，求的值；
（2）若，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量夹角的坐标表示，列式化简即可求得答案.
（2）根据向量垂直的坐标表示求得，将化为，结合基本不等式即可求得答案.
【小问1详解】
由题意知向量，
因为与的夹角为，所以，
即，
解得（负值舍去）；
【小问2详解】
因为，
又，则，即，
即得，
又，故，
当且仅当且，即时取得等号，
所以．
18. 记的内角的对边分别为，函数，角满足．
（1）求的值；
（2）若，且在下列两个条件中选择一个作为已知，求边上的中线长度．
①的周长为；
②的面积为．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用二倍角公式及辅助角公式化简求值即可；
（2）由已知先得出边长，再应用余弦定理结合中线计算可得.
【小问1详解】
，
由得，因为，
所以，所以
【小问2详解】
,由正弦定理边化角得,
所以或得（舍）或所以，
选①，因,
所以周长，解得,
设边上的中线为，由余弦定理得,
为中点，

即.
选②因，
所以三角形面积，解得，
设边上的中线为，由余弦定理得,
为中点，,
,
即.
19. 第19届亚运会将于2023年9月23日在杭州开幕，本届亚运会共设40个竞赛大项，包括31个奥运项目和9个非奥运项目．同时，在保持40个大项目不变的前提下，增设电子竞技、霹雳舞两个竞赛项目．为研究不同性别学生对杭州亚运会项目的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，被调查的男女生人数相同，其中“了解”的学生中男生人数是女生的倍．若统计发现在女生中“了解”和“不了解”的人数恰好一样多，应用卡方独立性检验提出零假设为：该校学生对杭州亚运会项目的了解情况与性别无关联，经计算得到．
（1）根据频率稳定于概率的原理，分析性别是否会影响学生对杭州亚运会项目的了解情况；
（2）求被抽样调查的总人数，并依据小概率值的卡方独立性检验，分析该校学生对杭州亚运会项目的了解情况与性别是否有关联；
（3）用样本的频率估计概率，从该校全体学生中随机抽取10人，其中对亚运会项目“了解”的人数记为，求随机变量的方差．
附：
a
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）答案见解析
（2）有关联 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意完善列联表，结合相应的频率分析说明；
（2）根据题意结合求总人数，并与临界值对比分析；
（3）由题意可得，结合二项分布求方差.
【小问1详解】
设被调查的总人数为人，则男、女生人数均为，
则女生中“了解”和“不了解”的人数均为， “了解”的学生中男生人数是，
可得列联表如下：
性别
亚运会项目
合计
了解
不了解
男生



女生



合计



男生中对杭州亚运会项目了解和不了解的频率分别为和；
女生中对杭州亚运会项目了解和不了解的频率分别为和；
由，可见，在被调查者中，男生了解亚运会项目是女生了解亚运会项目的频率的1.2倍，
根据频率稳定于概率的原理，我们可以认为男生了解亚运会项目的概率大于女生了解亚运会项目的概率，即男生更了解亚运会项目．
【小问2详解】
因为，
所以，被调查的总人数为400人．
因为，
所以我们推断不成立，即认为该校学生对杭州亚运会项目的了解情况与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05．
【小问3详解】
由题意可知：，
则.
20. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，平行于和的平面分别与交于四点．

（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若是的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据面面平行的判定以及面面平行的性质证明线线平行，然后证明四边形是矩形；
（2）首先求出到平面的距离，然后求解直线与平面所成角的正弦值；
【小问1详解】
四边形是矩形，下面给出证明：

因为，由题意//平面//平面，
面，
所以平面//平面，又平面平面，平面平面，
所以，同理，又，
所以，同理，
所以四边形是平行四边形．
取中点，连接，则．
又因为，所以，故有．
AP、A1P交于P且都在面AA1P内，所以平面又面
所以，
综上知：，即四边形是矩形．
【小问2详解】
设到平面的距离为，即为到平面的距离．
作交于点，由（1）及BC在面ABC内知：平面平面，
而AP为两垂直平面的交线，A1H在面AA1P内，所以平面．
设直线与平面所成角为，则．
设，在中余弦定理知：，
在中，，
在中，，所以，
．
，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
解法二：设与面所成角为到面距离为，设中点，
因为面面，所以，
所以，
又在矩形中，，所以
解法三：向量法

作垂直交于，连接，易知，则
所以即为二面角的平面角，，
所以，所以，即，
如图以O为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设面的法向量为则，令，得，则，
，
设与面所成角为，
；
21. 在某项测验中，共有20道多项选择题（15道双选题和5道三选题随机排列），每道题都给出了4个选项，其中正确的选项有两个（双选题）或者三个（三选题），全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．现有甲乙两位同学均已答完前19题，两人对于每一题的答对与否均不确定．
（1）若甲同学在解答第20题时，随机选择一个选项作答，求他第20题得2分的概率；
（2）若乙同学在解答第20题时，已正确判断出A选项是错误的，而对BCD三个选项的正确与否无法确定，现在有三个方案：
①从BCD三个选项中随机选一个作为答案；
②从BCD选项中随机选两个作为答案；
③直接选择BCD作为答案；
为使第20题得分的期望最大，乙同学应选择哪个方案作答，并说明理由．
【答案】（1）
（2）建议乙同学选择方案②作答，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意利用条件概率公式和全概率公式求解；
（2）方法一：分别求正确答案为两个选项和正确答案为三个选项两种情况的得分期望，结合期望的性质求相应的期望，并对比分析；方法二：根据题意结合独立事件概率乘法公式求相应的分布列和期望，并对比分析.
【小问1详解】
设事件“第20题为双选题”，事件“第20题得2分”，
则，
根据全概率公式有.
【小问2详解】
解法一：在20道多项选择题中，双选题出现的概率为，三选题出现的概率为．
①当乙从BCD三个选项中随机选一个作答时，设乙同学在解答第20题的得分为，
若正确答案为两个选项，则得分的分布列为

0
2



此时的期望为；
若正确答案为三个选项，则任意选一个均正确，得分，此时的期望为2；
故；
②当乙从BCD三个选项中随机选两个作答时，设乙同学在解答第20题的得分为.
若正确答案为两个选项，则得分的分布列为

0
5



的期望为；
若正确答案为三个选项，则得分的期望为2；
故．
③当乙同时选择BCD三个选项作答时，设乙同学在解答第20题的得分为，
若正确答案为两个选项，则得分的期望为0：
若正确答案为三个选项，则得分的期望为5；
故．
因此，建议乙同学选择方案②作答．
解法二：在20道多项选择题中，双选项由现的概率为，三选题出现的概率为．
①当乙从BCD三个选项中随机选一个作答时，
设得分为变量，则的可能取值为0、2，
则，
的概率分布列为

0
2



所以；
②当乙从BCD三个选项中随机选两个作答时，
设得分为变量的可能取值为0、2、5
则，
的分布列为

0
2
5




所以；
③当乙同时选择BCD三个选项作答时，
设得分为变量的可能取值为0、5
则，
分布列为

0
5



故；
因此，
建议乙同学选择方案②作答．
22. 已知函数满足，函数，其中．
（1）求的值域（用表示）；
（2）求的取值范围；
（3）若存在实数，使得有解，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用函数的单调性即可得出结论；
（2）由题意可得，得出的取值范围，再根据可推出关系，从而得出结论；
（3）由可推出，再由，可得，从而可求得复合函数的定义域为．再分类讨论的范围，用函数解不等式恒成立即可得出结论.
【小问1详解】
因为在上单调递增，
当时，；当时，．
所以的值域为．
【小问2详解】
因为，所以或．
由（1）知，，
所以，即的取值范围是．
【小问3详解】
．因为，所以，
此时和均成立，所以的定义域为．
①当时，令，则．
所以恒有解，满足条件，此时．
②当时，，
因为，所以，
此时在上单调递减，
所以，与矛盾，此时不存在．
综上所述，的取值范围是．
②解法二：当时，，
所以，
此时，
即无解，不符合题意，此时不存在．
综上所述，的取值范围是．
【点睛】关键点睛：解决第三小问时，由可推出是关键，考查了分类讨论思想，函数的性质，以及函数与不等式恒成立问题的综合应用，属于较难题.