2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二年级下册学期期末数学试题【含答案】

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1、2022-2023学年河北省石家庄市辛集市高二下学期期末数学试题一、单选题1已知集合，集合，则（）ABCD【答案】C【分析】解一元二次不等式，求得集合A，根据集合的交集运算，求得答案.【详解】,故，故选：C.2已知复数，i为虚数单位则（）ABCD【答案】A【分析】由复数除法求得，得其共轭复数，再由模的定义计算【详解】，所以，所以.故选：A3已知，则（）ABCD【答案】A【分析】由三角恒等变换及齐次式弦化切，即可求值.【详解】.故选：A4在矩形ABCD中，圆M为矩形内恒与AB，BC相切的动圆，则的最小值为（）ABCD【答案】D【分析】建立以B为原点，为正交基底的平面直角坐标系，设，写出各点坐标，

2、求得向量的坐标后计算数量积，由二次函数知识得最小值【详解】建立以B为原点，为正交基底的平面直角坐标系，设，所以，又，所以其最小值在时取得，即为故选：D56名研究人员在3个无菌研究舱同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（）A360种B180种C720种D450种【答案】D【分析】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案，共有（种）不同的安排方案.【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案.所以共有（种）不同的安排方案.故选：D.6

3、已知函数，若存在不相等的实数a，b，c，d满足，则的取值范围为（）ABCD【答案】C【分析】将问题转化为与图象的四个交点横坐标之和的范围，应用数形结合思想，结合对数函数的性质求目标式的范围.【详解】由题设，将问题转化为与的图象有四个交点，则在上递减且值域为；在上递增且值域为；在上递减且值域为，在上递增且值域为；的图象如下：所以时，与的图象有四个交点，不妨假设，由图及函数性质知：，易知：，所以.故选：C7下列命题正确的是（）A在回归分析中，相关指数越小，说明回归效果越好B已知，若根据22列联表得到的值为4.1，依据的独立性检验，则认为两个分类变量无关C已知由一组样本数据（，2，n）得到的回归直线

4、方程为，且，则这组样本数据中一定有D若随机变量，则不论取何值，为定值【答案】D【分析】在线性回归中，回归效果和相关系数的关系可判断A；将与临界值进行比较可判断两个变量之间的关系，可判断B；根据线性回归方程可知可得是一个估计值，即可判断C；根据正态分布列的性质可判断D.【详解】解：对于A选项：在回归分析中，相关指数越大，说明回归效果越好，故A错误；对于B选项：，若根据22列联表得到的观测值为4.1，则有的把握认为两个分类变量有关，故B错误；对于C选项：根据回归直线方程为 ，由，得到是一个估计值，因此这组样本数据不一定有，故C错误；对于D选项：若随机变量，为对称轴，则不论取何值，为定值，故D正确.

5、故选：D8年春，为了解开学后大学生的身体健康状况，寒假开学后，学校医疗部门抽取部分学生检查后，发现大学生的舒张压呈正态分布（单位：），且，若任意抽查该校大学生人，恰好有人的舒张压落在内的概率最大，则（）ABCD【答案】C【分析】利用正态分布计算出，然后利用二项分布概率最大可得出关于的不等式组，解之即可.【详解】因为，则，由题意知：抽查该校大学生人，恰好有人的舒张压落在内的概率为，要使此式的值最大，由，即，解得，所以，.故选：C.二、多选题9已知数列满足，则（）A为等比数列B的通项公式为C的前项和D的前项和【答案】ACD【分析】利用取倒数构造法、等比数列的通项公式、求和公式、以及错位相减法、分组

6、求和法进行计算.【详解】因为，所以，所以， ，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；因为数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，故B错误；因为，所以，所以的前项和，故C正确；因为，所以，所以的前项和,令，则，两式错位相减得：，所以，所以，故D正确.故选：ACD.10在中，角，所对的边分别为，则下列关系式中正确的是（）ABCD【答案】BC【分析】利用余弦定理可判断出选项AB，再根据两角和与差的正弦、余弦公式以及平方关系化简可得C正确，D错误.【详解】根据余弦定理可得；即，所以B正确，A错误；根据两角和与差的正弦公式可得：即C正确；对于D：，所以D错误.故选：BC11现有带

7、有编号1、2、3、4、5的五个球及四个不同的盒子，则下列表述正确的有（）A全部投入4个不同的盒子里，共有种放法B全部投入2个不同的盒子里，每盒至少一个，共有种放法C将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有种放法D全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法【答案】ACD【分析】对于A，利用分步乘法计数原理计算可判断A正确；对于B，先将5个球分为2组，再全排，计算可判断B不正确；对于C，利用分步乘法计数原理计算可判断C正确；对于D，先将5个球分为4组，再全排，计算可判断D正确；【详解】对于A，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，共有种放法，故A

8、正确；对于B，带有编号1、2、3、4、5的五个球全部投入2个不同的盒子里，第一步选2个盒子有种选法，第二步将5个球分为两组，若两组球个数之比为1：4有种分法；若两组球个数之比为2：3有种分法，第三步将两组排给两个盒子有种排法，因此共有，故B不正确；对于C，带有编号1、2、3、4、5的五个球，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），第一步选4个球有种选法，第二步选一个盒子有种选法，共有种放法，故C正确；对于D，带有编号1、2、3、4、5的五个球，全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，第一步将5球分成2：1：1：1的四组共有种分法，第二步分给四个盒子有种排法，故共有种放法，故D正确；故

9、选：ACD.12下列命题正确的是（）A命题“存在，使得不等式成立”的否定是“任意，都有不等式成立”.B若事件A与B相互独立，且，则.C已知，则.D在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，若残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好.【答案】BD【分析】对于A：根据特称命题的否定分析判断；对于B：根据独立事件的概率乘法公式结合条件概率公式分析运算；对于C：以为整体表示，结合不等式的性质分析运算；对于D：根据残差的定义分析判断.【详解】对于A：“存在，使得不等式成立”的否定是“任意，都有不等式成立”，故A错误；对于B：由条件概率可知：，事件A与B相互独立，则，故B正确；对于C

10、：，由，可得，故C错误；对于D：根据残差的定义可知：残差平方和越大，则模型的拟合效果越差；反之，则模型的拟合效果越好，故D正确；故选：BD.三、填空题13已知是函数的导函数，若，则 【答案】【分析】对函数求导，令，求出，代入，即可求出答案.【详解】因为，所以，令，则，解得：.所以，所以.故答案为：.14已知二项式的常数项为 ，则 .【答案】【分析】将化为，分别写出和的通项，由题意列出方程，求出参数的值，即得答案.【详解】由题意可知，则其通项为，而的通项为，令，当时，；当时，；当时，不合题意，由二项式的常数项为，可得，即，解得，故答案为：15为了监控某种食品的生产包装过程，检验员每天从生产线上随

11、机抽取包食品，并测量其质量（单位：g）.根据长期的生产经验，这条生产线正常状态下每包食品质量服从正态分布.假设生产状态正常，记表示每天抽取的k包食品中其质量在之外的包数，若的数学期望，则k的最小值为 . 附：若随机变量X服从正态分布，则.【答案】19【分析】根据正态分布的对称性，求得概率，根据二项分布的均值计算，可得答案.【详解】依题意，所以在之外的概率，则，则，因为，所以，解得，因为，所以的最小值为.故答案为：19.16设函数，则下列命题中是真命题的是 .（写出所有真命题的序号）是偶函数；在单调递减；相邻两个零点之间的距离为；在上有2个极大值点【答案】【分析】根据函数奇偶性定义可判断；求出函

12、数导数，判断导数的正负，可判断；求出函数的零点表达式，结合整数性质可判断；利用导数求出函数的极值点，可判断.【详解】函数的定义域为R，而，故是偶函数， 正确；当时，而，故，故在单调递减，正确；令，则,设一个零点为，另一个为，则，由于,故的最小值为1，则的最小值为，即相邻两个零点之间的距离为，正确；当时, ,而,当即时，在递增;当即时，在递减，则为的一个极大值点；又因为是偶函数，所以在递增，在递减，故也为的一个极大值点；故在上有2个极大值点，正确，故答案为：【点睛】易错点点睛：本题是一道有关三角函数的综合性题目，解答时要注意利用导数判断函数单调性，易错点在于要结合所给x的范围判断导数的正负，此时

13、要注意结合三角函数辅助角公式化简导数，结合三角函数性质判断正负.四、解答题17已知的内角，的对边分别为，且.(1)求角；(2)若，且的面积为，求边长【答案】(1)(2)或.【分析】（1）利用正弦定理结合二倍角的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）根据面积公式代入整理得，结合题意可得或，分情况讨论处理【详解】（1），由正弦定理可得，即，因为，则，所以，因此，；（2）的面积为，则根据题意得，则或若，则ABC为等边三角形，；若，则，即或.18已知数列的首项，且满足(1)求证：数列为等比数列；(2)若，数列前项的和为，求【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）将条件两边同时取倒

14、数，然后两边同时减1，可证明等比数列.（2）利用错位相减法求和即可.【详解】（1）由，得，即， 即，所以数列为等比数列，首项，公比（2）由（1）得，-，得19如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，分别是线段的中点，二面角为直二面角.(1)求证：平面；(2)若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先证明，然后证明平面，可得，即可证明；（2）首先证明平面，然后以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，算出两个平面的法向量，然后求出二面角的余弦值，然后可得答案.【详解】（1）连接，由题设知四边形为菱形，分别为中点，

15、；又为中点，因为二面角为直二面角，即平面平面，平面平面平面平面，又平面；又平面平面.（2），为等边三角形，平面平面，平面平面，平面平面，则以为坐标原点，所在直线为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，设，则，；由（1）知：平面平面的一个法向量；设平面的法向量，则，令，则；，令，则；，即锐二面角的余弦值的取值范围为.20学校举办学生与智能机器人的围棋比赛，现有来自两个班的学生报名表，分别装入两袋，第一袋有5名男生和4名女生的报名表，第二袋有6名男生和5名女生的报名表，现随机选择一袋，然后从中随机抽取2名学生，让他们参加比赛(1)求恰好抽到一名男生和一名女生的概率；(2)比赛记分规则如下：在一轮比

16、赛中，两人同时赢积2分，一赢一输积0分，两人同时输积分现抽中甲、乙两位同学，每轮比赛甲赢的概率为，乙赢的概率为，比赛共进行两轮，在两轮比赛中，求这两名学生得分的分布列和均值【答案】(1)(2)分布列见解析，均值为0【分析】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”，由条件概率公式结合全概率公式求解；（2）（i）的可能取值为2，0，2，计算出相应概率，即得分布列；（ii）的可能取值为4，2，0，2，4，计算出相应概率，即得分布列和均值；【详解】（1）设“抽到第一袋”，“抽到第二袋”，B“随机抽取2张，恰好抽到一名男生和一名女生的报名表”由全概率

17、公式得（2）设在一轮比赛中得分为，则的可能取值为2，0，2，则设在二轮比赛中得分为，则的可能取值为4，2，0，2，4，则得分为的分布列用表格表示为42024P21设椭圆：，的左、右焦点分别为，.下顶点为，已知椭圆的短轴长为.且离心率.(1)求椭圆的的方程；(2)若直线与椭圆交于异于点的、两点.且直线与的斜率之和等于2，证明：直线经过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据短轴长得到，根据离心率得到，得到椭圆方程.（2）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，设直线方程，联立得到根与系数的关系，根据斜率之和为得到，代入直线方程得到定点.【详解】（1）由题意可得，又离心率，可得，故椭圆的方

18、程为：；（2），当直线的斜率存在时，设直线l的方程为，设，联立，整理可得：，即，且，则，整理可得：，即，整理可得：，整理可得：，解得或，因为直线不过点，所以，当时，则直线l的方程为，显然直线恒等定点；当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，将直线l的方程代入椭圆的方程可得，可得，设，则，可得，所以直线的方程为，显然直线也过定点，综上所述：可证得直线恒过定点；【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，利用韦达定理可以简化运算，是解题的关键.22已知函数，且.(1)讨论函数的单调性.(2)若存在使得成立，求实数的取

19、值范围.【答案】(1)当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增.(2)【分析】（1）先对函数求导，在对实数进行分类讨论；（2）令，原不等式转化为关于的不等式，再构造关于的函数，对函数进行求导分类讨论即可.【详解】（1）因为，所以，当时，恒成立，所以在上单调递增，当时，令，解得， 当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，综上所述：当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）因为，所以存在，使得，即存在，使得，令，构建，则，令，则，所以在单调递增，在单调递减，且，若，则，于是题目问题转化为：，使得，当时， 不成立，当时，在上单调递增，值域为，成立，当时，令，所以在单调递增，令，所以在单调递减，所以，则可得：所以，综上所述：若存在，使得成立时，实数的取值范围为：.【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决