精品解析：广东省东莞市东华高级中学、东华松山湖高级中学2022-2023学年高二下学期期末学习效率检测数学试题

东华高级中学 东华松山湖高级中学 2022-2023学年第二学期期末学习效率检测 高二数学 命题人：王建平 审题人：祖泽学 本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 每小题只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将中的元素代入即可得出，然后根据交集的运算，即可得出答案. 【详解】当或时，； 当时，. 所以，， 所以，. 故选：B. 2. 已知回归方程，则该方程在样本处的残差为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】本题可以利用回归方程计算出时的值，然后即可求出方程在样本处的残差. 【详解】当时，， 则方程在样本处的残差为， 故选：A. 【点睛】本题考查线性回归方程的运用，主要考查线性回归方程在样本处的残差的相关计算，考查学生的计算能力，属于基础题． 3. 记数列的前项和为，则“”是“为等差数列”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】利用等差数列前项和及性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答. 【详解】等差数列的前项和为，则， 数列的前项和为，取，显然有， 而，即数列不是等差数列， 所以“”是“为等差数列”的必要不充分条件. 故选：B 4. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱与梦天实验舱．假设空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱至少各1人，且甲、乙两人安排在同一个舱内的分配方案有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 【答案】B 【解析】 【分析】根据分组分配法安排计算即可. 【详解】首先将甲，乙，丙，丁、戊5名航天员分为3组，其中甲、乙在一组，其他3人中还有2人在一组，共有种分法，然后再将三组分配到三个工作舱，其中一人的一组在问天实验舱或梦天实验舱，得所有的方法共有种不同的方案． 故选：B． 5. 若不等式对于一切恒成立，则的最小值是（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 采用分离参数将问题转化为“对一切恒成立”，再利用基本不等式求解出的最小值，由此求解出的取值范围. 【详解】因为不等式对于一切恒成立， 所以对一切恒成立， 所以， 又因在上单调递减，所以， 所以，所以的最小值为， 故选：C. 【点睛】本题考查利用基本不等式求解最值，涉及不等式在给定区间上的恒成立问题，难度一般.不等式在给定区间上恒成立求解参数范围的两种方法：参变分离法、分类讨论法. 6. 现实世界中的很多随机变量遵循正态分布．例如反复测量某一个物理量，其测量误差X通常被认为服从正态分布．若某物理量做n次测量，最后结果的误差，Xn ~N(0，)，则为使|Xn|≥的概率控制在0.0456以下，至少要测量的次数为（ ） 【附】随机变量X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.9544，P(u－3σ＜X＜μ＋3σ)＝0.9974． A. 32 B. 64 C. 128 D. 256 【答案】C 【解析】 【分析】根据得到，进而结合正态分布的概率求法求得答案. 【详解】根据题意，， 而，则，所以. 故选：C. 7. 已知，，，则a、b、c的大小关系为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过构造函数，利用导数判断函数的单调性，再利用单调性进行比较大小. 【详解】设，则， 由有：，所以在上单调递减， 因为，，， ，所以，即，故A，B，C错误. 故选：D. 8. 设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案. 【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴， ，则，，设，， 则，整理得到， 故轨迹是以为圆心，半径的圆， 转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足， 故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球， 同时在球上，故在两球的交线上，为圆. 球心距为， 为直角三角形，对应圆的半径为， 周长为. 故选：D 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 每小题有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则随机变量的方差 B. 若，，则 C. 若随机事件，满足，，，则 D. 数据5，7，8，11，13，15，17的第80百分位数为15 【答案】BCD 【解析】 【分析】由二项分布和正态分布的特点可以判断AB两个选项；由乘法公式和全概率公式计算C选项；由百分位数的求法计算D选项. 【详解】A选项，因为，所以，故A错误； B选项，，故B正确； C选项，，，， 所以，故C正确； D选项，7个数据，由知第80百分位数是第6个数据，为15，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知定义域为的函数满足不恒为零，且，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是奇函数 C. 的图像关于直线对称 D. 在[0，10]上有6个零点 【答案】AB 【解析】 【分析】通过给题中恒成立的等式赋值，求函数值，判断奇偶性、对称性和零点. 【详解】选项A：对于，令，得，对于，令，得，所以，则，A正确； 选项B：由得，由得，所以，是奇函数，B正确； 选项C：由，得，所以12是的一个周期，又是奇函数，所以的图像关于点对称，因为不恒为零，所以的图像不关于直线对称，C错误； 选项D：由A知，对于，令，得，所以，由，得，，所以，所以在上的零点为0，2，3，4，6，8，9，10，共8个，D错误． 故选：AB． 11. 已知二项式的展开式中所有项的系数的和为64，则（ ） A. B. 展开式中的系数为 C. 展开式中奇数项的二项式系数的和为32 D. 展开式中二项式系数最大的项为 【答案】ACD 【解析】 【分析】赋值法求得，根据二项式定理求展开式通项，结合二项式系数性质求的系数、奇数项的二项式系数和、二项式系数最大的项. 【详解】令，则，可得，A对； ， 当时，，B错； 由原二项式的二项式系数和为，则奇数项的二项式系数的和为32，C对； 由上知：二项式系数最大为，即，则，D对. 故选：ACD 12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线l与C交于P，Q两点，O为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，且，则椭圆C的离心率为 B. 若，且，则C的离心率为 C. 若对任意的直线l总有，则椭圆C的离心率的取值范围为 D. 若存在直线l，使得，的等比中项为，则椭圆C的离心率的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，由可得，再由勾股定理可求解；对于B，设，则，由可得，然后利用椭圆的定义和勾股定理即可求解；对于C，若对任意的直线l总有，因为直线过点，，则，求解即可；对于D，利用椭圆的第二定义表示与长，在根据椭圆的定义建立不等式求解即可. 【详解】对于A，对两边同时平方可得：， 设，则， 在中，则， 可得：，解得：， 在中，， 可得：，化简可得：， 故椭圆C的离心率为，故A正确； 对于B，设，则， 因为，所以，则， 由椭圆的定义可得：， 所以，则，， 所以，因为， 在中，，即， 所以，则，故B不正确； 对于C，若对任意的直线l总有，因为直线过点， 所以，则，则， 所以，则，解得：，故C不正确； 对于D，设椭圆上存在一点，由椭圆的第二定义，可得：，， 是与的等比中项，可得，即， 即，，，， 解得，所以椭圆的离心率的取值范围为，故D正确； 故选：AD． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 命题“，”的否定是______. 【答案】， 【解析】 【分析】根据全称命题的否定可得答案. 【详解】命题“，”的否定是“，”， 故答案为：，. 14. 在的展开式中，的系数为______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】由，再写出展开式的通项，从而得到含的项，即可得解. 【详解】因为， 其中展开式的通项为（且）， 所以的展开式中含的项为， 所以的系数为. 故答案为： 15. 如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论: ①存在点，存在点，满足∥平面； ②任意点，存在点，满足∥平面； ③任意点，存在点，满足； ④任意点，存在点，满足. 其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】①③ 【解析】 【分析】对①②，举例判断说明即可；对③④，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，其中，根据满足分析即可. 【详解】对①，当，分别为，的中点时，取中点，连接，则根据中位线的性质可得， 又平面，平面，故平面，同理平面，又，平面，故平面平面. 又平面，故平面.故①正确. 对②，当在时，∥平面不成立，故②错误； 对③④，以为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则，. 设，，则，其中，故， 则当时，即. 故对任意的，存在满足条件，即任意点，存在点，满足.故③正确； 当，即在点时，若，则，不满足，即不在上，故④错误. 故答案为：①③ 16. 已知正数满足，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】运用同构函数研究其单调性可得，将求的最小值转化为求上的最小值，运用导数研究的最小值即可. 【详解】因为，即，所以，所以. 令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以， 令. 则．令，解得：；令，解得：； 所以在上单调递减，在上单调递增，所以. 即的最小值为. 故答案为：. 【点睛】同构法的三种基本模式：①乘积型，如可以同构成，进而构造函数；②比商型，如可以同构成，进而构造函数；③和差型，如，同构后可以构造函数f或. 四、解答题：本题共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. 已知数列的前项和，对于，都满足，且． （1）求； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先证明数列是首项为1，公差为1的等差数列，再求出即可； （2）裂项相消求和可解. 【小问1详解】 时，，， 又，数列是首项为1，公差为1的等差数列． ，经验证，时也成立，． 【小问2详解】 ， ． 18. 近年来，长安区大力发展大花卉产业，其中玫瑰既有观赏价值也能加工成食品和高档化妆品而得到环山路一带农民大面种植．已知玫瑰的株高y（单位：cm）与一定范围内的温度x（单位：）有关，现收集了玫瑰的13组观测数据，得到如下的散点图： 现根据散点图利用或建立y关于x回归方程，令，得到如下数据： 10.15 109.94 3.04 0.16 13.94 11.67 0.21 21.22 且与的相关系数分别为，，且． （1）用相关系数说明哪种模型建立y与x回归方程更合适； （2）根据（1）的结果及表中数据，建立y关于x的回归方程； （3）已知玫瑰的利润z与x、y的关系为，当x为何值时，z的预期最大． 参考数据和公式：，，，对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，，相关系数． 【答案】（1）模型更合适 （2） （3）当温度为时，z的预期最大 【解析】 【分析】（1）求出，比较的大小即可判断哪个模型更合适； （2）直接根据回归方程的公式求解即可； （3）先写出利润函数，再利用基本不等式求最值以及最值的成立条件. 【小问1详解】 由已知， 则， 所以利用模型建立y关于x的回归方程更合适； 【小问2详解】 由（1）得，， 则y关于x的回归方程为； 【小问3详解】 由已知，利润函数， 由基本不等式，当且仅当，即时等号成立， 所以当温度为时，z的预期最大. 19. 如图，在几何体中，矩形所在平面与平面互相垂直，且，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直性质定理证明平面，再证明，，利用线面垂直判定定理证明平面； （2）方法一，先证明，由面面垂直性质定理证明平面，记，证明是二面角的平面角，解三角形求其余弦值； 方法二：先证明，由面面垂直性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求解结论. 【小问1详解】 在矩形中，， 又平面平面，平面平面=，平面， 所以平面， 又平面， 所以， 在矩形中，, 又，所以, 所以. 又，平面， 所以平面； 【小问2详解】 解法1：在与中，，，， 所以，所以， 由等腰三角形性质，得． 又平面平面， 平面平面=，平面 所以平面． 记，连结，所以，， 所以是二面角的平面角． 在中,． 在中，由勾股定理得， 中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， 所以， 即二面角的平面角的余弦值为． 解法2：在与中，，，， 所以，所以， 由等腰三角形性质，得． 又平面平面， 平面平面=，平面 所以平面． 记，以为坐标原点，方向分别为轴、轴、轴方向建立空间直角坐标系. 在中,． 所以， 所以点的坐标为，点的坐标为， 所以，． 设平面的法向量为，则，， 即 , 令，解得，， 所以为平面的一个法向量． 又平面的一个法向量为， 所以， 又二面角的平面角为锐角， 即二面角的平面角的余弦值为． 20. 已知，，点满足，记点的轨迹为， （1）求轨迹的方程； （2）若直线过点，且与轨迹交于、两点．在轴上是否存在定点，无论直线绕点怎样转动，使恒成立？如果存在，求出定点；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据双曲线定义即可得，，即可得到双曲线方程，注意轨迹为双曲线右支； （2）设直线的方程为，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，同时列出不等式解出，设存在点满足条件，计算，将韦达定理式代入化简，根据方程恒成立得到关于的方程，解出即可. 小问1详解】 由知，点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支． 且，即，，故， 轨迹方程为． 【小问2详解】 若直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立得得， 设，，由条件得 ， 解得． 设存在点满足条件， 由 ，得 对任意恒成立，所以解得， 因此存在定点满足条件． 若直线的斜率不存在，则直线的方程为，联立得，， 将验证，结果也成立. 综上所述，轴上存在定点，使恒成立. 【点睛】关键点睛：本题第二问设直线的方程为，将之与双曲线方程联立得到韦达定理式，同时解出其中的范围，设存在点满足条件，计算，再将韦达定理式代入化简得，根据方程恒成立得到关于的方程，解出值，最后不忘讨论直线斜率不存在的情况. 21. 2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇． （1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望； （2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，易知． ①试证明为等比数列； ②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小． 【答案】（1）分布列见解析， （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望； （2）递推求解，记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，满足. 【小问1详解】 解析1：分布列与期望 依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为， 门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3， ，， ，，X的分布列为： X 0 1 2 3 P 期望． （1）解析2：二项分布 依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，易知，，．X的分布列为： X 0 1 2 3 P 期望． 【小问2详解】 解析：递推求解 ①第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为， 第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则， 从而，又，∴是以为首项．公比为的等比数列． ②由①可知，，，故． 22. 已知函数(e为自然对数的底数)有两个零点． （1）若，求在处的切线方程； （2）若的两个零点分别为，证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）利用切点和斜率求得切线方程. （2）由化简得到，利用换元法，将要证转化为证明，结合导数证得结论成立. 【详解】（1）当时，，． 又，所以切点坐标为，切线的斜率为， 所以切线的方程为，即． （2）由已知得有两个不等的正实根， 所以方程有两个不等的正实根， 即有两个不等的正实根，①. 要证，只需证， 即证，- 令，，所以只需证． 由①得，， 所以，， 消去得， 只需证． 设，令，则，所以只需证． 令，，则， 所以，即当时，成立． 所以，即，即． 【点睛】证明不等式恒成立问题，可利用构造函数法，结合导数求最值来进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 东华高级中学 东华松山湖高级中学 2022-2023学年第二学期期末学习效率检测 高二数学 命题人：王建平 审题人：祖泽学 本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 每小题只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知回归方程，则该方程在样本处的残差为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 5 3. 记数列的前项和为，则“”是“为等差数列”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 4. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱与梦天实验舱．假设空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱至少各1人，且甲、乙两人安排在同一个舱内的分配方案有（ ） A 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 5. 若不等式对于一切恒成立，则的最小值是（ ） A. 0 B. C. D. 6. 现实世界中的很多随机变量遵循正态分布．例如反复测量某一个物理量，其测量误差X通常被认为服从正态分布．若某物理量做n次测量，最后结果的误差，Xn ~N(0，)，则为使|Xn|≥的概率控制在0.0456以下，至少要测量的次数为（ ） 【附】随机变量X~N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X＜μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＝0.9544，P(u－3σ＜X＜μ＋3σ)＝0.9974． A. 32 B. 64 C. 128 D. 256 7. 已知，，，则a、b、c的大小关系为（ ）． A. B. C. D. 8. 设A，B是半径为3球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 每小题有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则随机变量的方差 B. 若，，则 C. 若随机事件，满足，，，则 D. 数据5，7，8，11，13，15，17的第80百分位数为15 10. 已知定义域为的函数满足不恒为零，且，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是奇函数 C. 的图像关于直线对称 D. 在[0，10]上有6个零点 11. 已知二项式的展开式中所有项的系数的和为64，则（ ） A. B. 展开式中的系数为 C. 展开式中奇数项的二项式系数的和为32 D. 展开式中二项式系数最大的项为 12. 已知椭圆左、右焦点分别为，，过的直线l与C交于P，Q两点，O为坐标原点，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，且，则椭圆C的离心率为 B. 若，且，则C的离心率为 C. 若对任意的直线l总有，则椭圆C的离心率的取值范围为 D. 若存在直线l，使得，的等比中项为，则椭圆C的离心率的取值范围为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 命题“，”的否定是______. 14. 在的展开式中，的系数为______．（用数字作答） 15. 如图，在正方体，中，，分别为线段，上的动点.给出下列四个结论: ①存在点，存在点，满足∥平面； ②任意点，存在点，满足∥平面； ③任意点，存在点，满足； ④任意点，存在点，满足. 其中所有正确结论的序号是__________. 16. 已知正数满足，则的最小值为_________． 四、解答题：本题共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. 已知数列的前项和，对于，都满足，且． （1）求； （2）若，求数列的前项和． 18. 近年来，长安区大力发展大花卉产业，其中玫瑰既有观赏价值也能加工成食品和高档化妆品而得到环山路一带农民大面种植．已知玫瑰的株高y（单位：cm）与一定范围内的温度x（单位：）有关，现收集了玫瑰的13组观测数据，得到如下的散点图： 现根据散点图利用或建立y关于x的回归方程，令，得到如下数据： 10.15 10994 3.04 0.16 13.94 11.67 0.21 21.22 且与的相关系数分别为，，且． （1）用相关系数说明哪种模型建立y与x的回归方程更合适； （2）根据（1）结果及表中数据，建立y关于x的回归方程； （3）已知玫瑰的利润z与x、y的关系为，当x为何值时，z的预期最大． 参考数据和公式：，，，对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘法估计分别为，，相关系数． 19. 如图，在几何体中，矩形所在平面与平面互相垂直，且，，． （1）求证：平面； （2）求二面角的平面角的余弦值． 20. 已知，，点满足，记点的轨迹为， （1）求轨迹的方程； （2）若直线过点，且与轨迹交于、两点．在轴上是否存在定点，无论直线绕点怎样转动，使恒成立？如果存在，求出定点；如果不存在，请说明理由． 21. 2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇． （1）扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望； （2）好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，易知． ①试证明为等比数列； ②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小． 22. 已知函数(e为自然对数的底数)有两个零点． （1）若，求在处的切线方程； （2）若的两个零点分别为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$