精品解析：浙江省金华市卓越联盟2023-2024学年高二下学期5月阶段联考数学试题

2023学年第二学期金华卓越联盟5月阶段联考高二年级数学试题 命题人：艾青中学 审题人：浦江三中 考生须知： 1、本卷共6页，满分150分，考试时间120分钟． 2、答题前，在答题纸指定的区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3、所有试题必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4、考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分，在每题给出的4个选项中，只有一个选项符合要求． 1. 若集合，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 2 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 3. 若，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 4. 下列说法错误的个数为（ ） ①已知，若，则 ②已知，则 ③投掷一枚均匀的硬币5次，已知正面向上不少于3次，则出现5次正面向上的概率为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出定律：在大量进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如裴波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若，则的值为（ ） A. 14 B. 15 C. 24 D. 25 6. 袋中装有5个大小相同的球，其中有2个白球，2个黑球，1个红球，现从袋中每次取出1球，取出后不放回，取得白球得1分，取得黑球得2分，取得红球得3分，直到取到的球的总分大于或等于4分时终止，用表示终止取球时所需的取球次数，则（ ） A. B. C. D. 7. 体积为1的正三棱锥的外接球的半径与底面正三角形的边长比的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，当时，记的最大值为，有，则实数的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列选项中正确的有（ ） A. 已知在上投影向量长度为，且，则 B. C. 若非零向量满足，则 D. 已知，且与夹角为锐角，则的取值范围是 10. 下列命题错误的是（ ） A. 线性相关模型中，决定系数越大相关性越强，相关系数越大相关性也越强 B. 回归直线至少会经过其中一个样本点 C. 已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 D. 以模型去拟合某组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别为3，4 11. 如图，已知圆台下底面直径，母线，且，是下底面圆周上一动点，则（ ） A. 圆台的侧面积为 B. 圆台的体积为 C. 当点是弧中点时，三棱锥的内切球半径 D. 的最大值为 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题每题5分，共15分． 12. 的展开式中的常数项为______． 13. 在锐角三角形中，边长为1，且，则边的长度取值范围是______． 14. 某学校举办校庆，安排3名男老师和2名女老师进行3天值班，值班分为上午和下午，每班次一人，其中女老师不在下午值班，且每个人至少要值班一次，则不同的安排方法共有______种（用数字作答）. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程和演算步骤． 15. 设函数，其中，已知． （1）求的解析式； （2）已知，求的单调递增区间及值域． 16. 在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点． （1）若平面，求值； （2）若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值． 17. 已知函数，． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，． 18. 某超市为促进消费推出优惠活动，为预估活动期间客户投入的消费金额，采用随机抽样统计了200名客户的消费金额，分组如下：（单位：元），得到如图所示频率分布直方图： 活跃客户 非活跃客户 总计 男 20 女 60 总计 （1）利用抽样的数据计算本次活动的人均消费金额（同一组中的数据用该组的中点值表示） （2）若把消费金额不低于800元的客户，称为“活跃客户”，经数据处理，现在列联表中得到一定的相关数据，求列联表中的值，并根据列联表判断是否有的把握认为“活跃客户”与性别有关？ （3）为感谢客户，该超市推出免单福利，方案如下： 从“活跃客户”中按分层抽样的方法抽取12人，从中抽取2人进行免单，试写出总单金额的分布列及其期望．（每一组消费金额按该组中点值估计，期望结果保留至整数．） 附： 0.150 0.100 0.050 0.010 0.005 k 2.072 2.706 3.841 6.635 7879 19. 已知①设函数的值域是，对于中的每个，若函数在每一处都等于它对应的，这样的函数叫做函数的反函数，记作，我们习惯记自变量为，因此可改成即为原函数的反函数．易知与互为反函数，且．如的反函数是可改写成即为的反函数，与互为反函数．②是定义在且取值于的一个函数，定义，则称是函数在上的次迭代．例如，则．对于一些相对复杂的函数，为求出其次迭代函数，我们引入如下一种关系：对于给定的函数和，若函数的反函数存在，且有，称与关于相似，记作，其中称为桥函数，桥函数满足以下性质： （i）若，则 （ii）若为的一个不动点，即，则为的一个不动点． （1）若函数，求（写出结果即可） （2）证明：若，则． （3）若函数，求（桥函数可选取），若，试选取恰当桥函数，计算． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023学年第二学期金华卓越联盟5月阶段联考高二年级数学试题 命题人：艾青中学 审题人：浦江三中 考生须知： 1、本卷共6页，满分150分，考试时间120分钟． 2、答题前，在答题纸指定的区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3、所有试题必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4、考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分，在每题给出的4个选项中，只有一个选项符合要求． 1. 若集合，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解对数不等式求得集合M，解分式不等式求得集合N，利用交集运算求解即可. 【详解】，因为，所以，所以或， 所以或，所以. 故选：D 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据共轭复数的定义及复数的减法运算即可得解. 【详解】，则， 所以. 故选：C. 3. 若，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】C 【解析】 【分析】令，则可得，对求导可得在上单调递增，再结合充分条件和必要条件的定义求解即可. 【详解】由可得， 令，， 所以在上单调递增， 所以由，即， 当时，因为在上单调递增，所以， 当，因为在上单调递增，所以， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 4. 下列说法错误的个数为（ ） ①已知，若，则 ②已知，则 ③投掷一枚均匀的硬币5次，已知正面向上不少于3次，则出现5次正面向上的概率为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性求解概率判断①，根据二项分布期望和方差公式求解判断②，根据古典概率公式求解概率判断③. 【详解】对于①，因为，，所以， 所以，正确； 对于②，随机变量，则，，错误； 对于③，投掷一枚均匀的硬币5次，正面向上不少于3次的有，5次正面向上只有1种，故所求概率为，正确. 故错误的个数为1. 故选：B 5. 科学家从由实际生活得出的大量统计数据中发现以1开头的数出现的频率较高，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出定律：在大量进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如裴波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若，则的值为（ ） A. 14 B. 15 C. 24 D. 25 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件中的概率公式，结合求和公式，以及对数运算，即可求解. 【详解】， 即，所以，解得. 故选：A. 6. 袋中装有5个大小相同的球，其中有2个白球，2个黑球，1个红球，现从袋中每次取出1球，取出后不放回，取得白球得1分，取得黑球得2分，取得红球得3分，直到取到的球的总分大于或等于4分时终止，用表示终止取球时所需的取球次数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求出时，取球的情况，结合独立事件的乘法公式求解即可. 【详解】由题意，时，取球的情况为：白白红，白白黑，白黑白，白黑黑，白黑红， 黑白白，黑白黑，黑白红， 所以 故选：B. 7. 体积为1的正三棱锥的外接球的半径与底面正三角形的边长比的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据体积公式得到底面边长和三棱锥的高的关系，再由正三棱锥和其外接球的几何关系，得到外接球半径与底面边长比值表达式，再化简利用基本不等式求得最值即可. 【详解】如图，设正三棱锥的底面边长为，高为，外接球半径为. 因为体积为1，所以，所以. 不论外接球的球心在正三棱锥的内部（图1），外部（图2）还是与重合（图3）， 其外接球半径均满足， 将代入化简得， 当且仅当即时取等号，所以最小值为. 故选：D. 8. 已知函数，当时，记的最大值为，有，则实数的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，利用导数可知在区间为减区间，进而可得的最值，结合绝对值的性质可得，分析求解即可； 【详解】函数， ， 由，可得，， 可知，则在区间为减函数， 可得的最大值为，最小值为， 对任意的恒成立，可得， 可得， 由， 可得，即， 则的最大值为； 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的关键点在于先对求导，利用导数可知在区间为减区间，进而可得的最值，结合绝对值的性质可得，分析求解即可； 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列选项中正确的有（ ） A. 已知在上的投影向量长度为，且，则 B. C. 若非零向量满足，则 D. 已知，且与夹角为锐角，则的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】结合投影向量的概念以及平面向量数量积的定义可判断A选项；利用向量数量积的定义可判断B选项；根据平面向量夹角的公式以及数量积的运算律即可判断C选项；结合平面向量数量积和向量共线的坐标运算即可判断D选项. 【详解】对于A，设与的夹角为（），又因为在上的投影向量长度为， 所以，又， 所以，故A错误； 对于B，因为， 所以，故B正确； 对于C，因为，对两边同时平方： ，解得：， ，故C正确； 对于D，因为，则， 又因为与夹角为锐角， 所以，且与不共线， 即，解得， 所以则的取值范围是，故D错误； 故选：BC. 10. 下列命题错误的是（ ） A. 线性相关模型中，决定系数越大相关性越强，相关系数越大相关性也越强 B. 回归直线至少会经过其中一个样本点 C. 已知一系列样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 D. 以模型去拟合某组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别为3，4 【答案】AB 【解析】 【分析】根据决定系数的概念和相关系数的概念判断A，根据回归直线方程的性质判断B，根据回归方程及残差的概念判断C，根据线性回归方程与非线性之间的转化关系可判断D. 【详解】对于A：在线性相关模型中，决定系数越大，即残差平方和越小，所以拟合效果越好， 相关系数越大，相关性越强，故A错误； 对于B：回归直线方程不一定过样本点，故B错误； 对于C：回归直线方程为，且样本点与的残差相等， 则，化简得，故C正确； 对于D：因为，所以两边取对数，可得， 令，可得，因为，所以， 即，故D正确. 故选：AB 11. 如图，已知圆台的下底面直径，母线，且，是下底面圆周上一动点，则（ ） A. 圆台的侧面积为 B. 圆台的体积为 C. 当点是弧中点时，三棱锥的内切球半径 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出圆台轴截面等腰梯形及其高，求出圆台的高及上底面圆半径，分析计算判断AB；利用体积分割法求得内切球的半径判断C；求出的函数关系，利用导数求出最大值即可判断D. 【详解】圆台中，作出圆过点的直径，则四边形是等腰梯形，作于， 在中，由，得， 则， 对于A，圆台的侧面积，A正确； 对于B，圆台的体积，B正确； 对于C，当点是弧中点时，得点到直线距离为2， 则面积为，三棱锥体积的为， 又，，所以， ，， 因为， 所以，C错误； 对于D，连接，当与点都不重合时，设， 则， 在中，由余弦定理得， 于是，， 求导得，令得，，令得，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以， 当与重合时，， 当与重合时，，因此的最大值为，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用体积分割法求得三棱锥内切球的半径，进而比较大小即可判断C选项. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题每题5分，共15分． 12. 的展开式中的常数项为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出的展开式的通项，令，解出代入即可得出答案. 【详解】的展开式的通项为：， 令，解得：， 所以的展开式中的常数项为：. 故答案为：. 13. 在锐角三角形中，边长为1，且，则边的长度取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦公式和正弦定理，结合锐角三角形确定角的范围，从而求出边的取值范围. 【详解】因为，所以， 再由正弦定理角化边得：，因为，所以， 又由是锐角三角形，，解得：， 则. 故答案为：. 14. 某学校举办校庆，安排3名男老师和2名女老师进行3天值班，值班分为上午和下午，每班次一人，其中女老师不在下午值班，且每个人至少要值班一次，则不同的安排方法共有______种（用数字作答）. 【答案】252 【解析】 【分析】分类讨论上午值班是否有男教师，结合间接法以及分步乘法计算原理运算求解. 【详解】若上午值班均为女教师，则不同的安排方法共有种， 可知下午值班均为男教师，则不同的安排方法共有种， 则不同的安排方法共有种； 若上午值班有男教师，则不同的安排方法共有种， ①当上午值班的男教师不下午值班时，则不同的安排方法共有种； ②当上午值班的男教师也下午值班时，则不同的安排方法共有种； 则不同的安排方法共有种； 综上所述：不同的安排方法共有种. 故答案为：252. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程和演算步骤． 15. 设函数，其中，已知． （1）求的解析式； （2）已知，求的单调递增区间及值域． 【答案】（1） （2）调递增区间为， 【解析】 【分析】（1）由已知可得，可求，可求得的解析式； （2）由，可求的单调递增区间，利用，易求值域. 小问1详解】 可化为 ， 所以， 所以，又 所以 所以 【小问2详解】 令， 解得， 又，所以， 故的单调递增区间为， ，所以， 所以. 16. 在如图所示的直三棱柱中，分别是线段上的动点． （1）若平面，求的值； （2）若三棱柱是正三棱柱，是的中点，求二面角余弦值的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）过点作，交于，连接，则可证平面平面，从而得到，故可求的值，也可以过点作，可证 四边形是平行四边形，从而可求的值. （2）过作，垂足为，再过作，垂足为，连接，可证即为二面角的平面角，故可求二面角余弦值的最小值，也可以利用建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角的余弦值的最小值. 【小问1详解】 法1：（1）过点作，交于，连接，如图， 由平面，平面， 则平面且， 又平面，，且平面， 故平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以，从而，故. 法2：过点作，交于，则由可得， 所以四点共面，而平面，平面， 平面平面，所以， 四边形是平行四边形， 所以，所以. 【小问2详解】 法1：过作，垂足为， 由正三棱柱可得平面平面， 而平面平面，平面，则平面， 再过作，垂足为，连接， 因为平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故， 则即为二面角的平面角． 又在中，， ， 当位于时，此时， 故二面角余弦值的最小值为. 方法2：取的中点由正三棱锥得平面，如图建立空间直角坐标系， ， ， 设平面法向量，则即， 令得， 而平面法向量，设二面角的平面角为， 则为锐角且， 当时取到 17. 已知函数，． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）证明：当时，． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，将得出代入函数和导函数分别得切点和切线斜率，再根据点斜式即可得切线方程. （2）明确导数和定义域，根据导数特征分类讨论求出导数正负区间范围即可得函数的单调性. （3）先（1）得出时，再将问题转化成证，则只需求证即可. 【小问1详解】 由题， 令，，且切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为， 可化为. 小问2详解】 ， 当，在上恒成立， 故在上单调递增； 当时，令得（舍去）或； 令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 综上所述：时增区间为； 当时单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 由（2）知，当时，有， 所以证当时，， 即证恒成立， 即证， 即证， 令， 则， 令， 则， 因为，所以， 所以在上单调递增． 所以，所以， 所以在上单调递减． 因为，所以， 所以， 即当时，． 18. 某超市为促进消费推出优惠活动，为预估活动期间客户投入的消费金额，采用随机抽样统计了200名客户的消费金额，分组如下：（单位：元），得到如图所示频率分布直方图： 活跃客户 非活跃客户 总计 男 20 女 60 总计 （1）利用抽样的数据计算本次活动的人均消费金额（同一组中的数据用该组的中点值表示） （2）若把消费金额不低于800元的客户，称为“活跃客户”，经数据处理，现在列联表中得到一定的相关数据，求列联表中的值，并根据列联表判断是否有的把握认为“活跃客户”与性别有关？ （3）为感谢客户，该超市推出免单福利，方案如下： 从“活跃客户”中按分层抽样的方法抽取12人，从中抽取2人进行免单，试写出总单金额的分布列及其期望．（每一组消费金额按该组中点值估计，期望结果保留至整数．） 附： 0.150 0.100 0.050 0.010 0.005 k 2.072 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1）620 （2），有的把握与性别有关 （3）分布列见解析，1933 【解析】 【分析】（1）利用每个矩形的中点值乘以对应频率累加来求样本均值； （2）先完善列联表，再求卡方,即可作出判断； （3）先用分层抽样，然后用超几何分布的概率公式计算，即可得分布列与期望. 【小问1详解】 由直方图计算人均消费金额：元 【小问2详解】 消费金额不低于800元的人数为：人， 则活跃客户共有60人，所以，， 列联表如下 活跃客户 非活跃客户 总计 男 20 80 100 女 40 60 100 总计 60 140 200 计算 因此有的把握与性别有关． 【小问3详解】 从“活跃客户”中用分层抽样，抽出消费900元：人，消费1100元：人，从中抽取2人免单总金额的取值有：， 则， ， ， 所以的分布列为： Y 1800 2000 2200 P 即. 19. 已知①设函数的值域是，对于中的每个，若函数在每一处都等于它对应的，这样的函数叫做函数的反函数，记作，我们习惯记自变量为，因此可改成即为原函数的反函数．易知与互为反函数，且．如的反函数是可改写成即为的反函数，与互为反函数．②是定义在且取值于的一个函数，定义，则称是函数在上的次迭代．例如，则．对于一些相对复杂的函数，为求出其次迭代函数，我们引入如下一种关系：对于给定的函数和，若函数的反函数存在，且有，称与关于相似，记作，其中称为桥函数，桥函数满足以下性质： （i）若，则 （ii）若为的一个不动点，即，则为的一个不动点． （1）若函数，求（写出结果即可） （2）证明：若，则． （3）若函数，求（桥函数可选取），若，试选取恰当桥函数，计算． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）； 【解析】 【分析】（1）由次迭代函数定义，即可得出. （2）利用数学归纳法证明. （3）利用的桥函数和相似函数，求的迭代可以转换为求的迭代；结合不动点的知识求函数的桥函数和相似函数，求的迭代可以转换为求的迭代. 【小问1详解】 根据次迭代函数的定义，由，可得. 【小问2详解】 证明：因为，有，即， 有，即 当时，，成立； 假设时成立，即，； 当时， ， 因此成立， 综上所述，若，则. 【小问3详解】 根据相似函数不动点也相似，桥函数选取时可令不动点为一解，当， 选取桥函数， ，， 易得， 由（2）可知，， 即有． 当，选取桥函数（不唯一）， ，．易得， 由（2）可知，. 【点睛】本题考查函数迭代的问题，求函数迭代可从以下方面入手： （1）简单函数的次迭代，一般先迭代几次，观察规律并猜测表达式，再利用数学归纳法证明. （2）当函数的迭代较复杂时，利用不动点有关的桥函数相似法.例如需要求已知函数的次迭代，只需要找出一个桥函数以及相似函数，其中确定和可从的不动点来考虑. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$