2023屆浙江紹興一中數學高二下期末質量檢測試題含解析

2022-2023高二下數學模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．利用獨立性檢驗來考慮兩個分類變量X與Y是否有關系時，通過查閱下表來確定“X和Y有關系”的可信度．如果k>5.024，那么就有把握認為“X和Y有關系”的百分比為()P(K2>k0)0.500.400.250.150.100.050.0250.0100.0050.001k00.4550.7081.3232.0722.7063.8415.0246.6357.87910.83A．25% B．95%C．5% D．97.5%2．設是虛數單位，則復數的虛部等于（）A． B． C． D．3．正切函數是奇函數，是正切函數，因此是奇函數，以上推理（）A．結論正確 B．大前提不正確 C．小前提不正確 D．以上均不正確4．b是區(qū)間上的隨機數，直線與圓有公共點的概率為A． B． C． D．5．直線是圓的一條對稱軸，過點作斜率為1的直線，則直線被圓所截得的弦長為（）A． B． C． D．6．已知點P是橢圓上的動點,當點P到直線x-2y+10=0的距離最小時,點P的坐標是（）A． B． C． D．7．已知x與y之間的一組數據：則y與x的線性回歸方程為y=bx+a必過（）x0123y1357A．(1.5，4)點 B．(1.5，0）點 C．（1，2）點 D．（2，2）點8．在中，若，則自然數的值是（）A．7 B．8 C．9 D．109．在三棱錐中，平面平面ABC，平面PAB，，，則三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．10．已知命題：，命題：，且是的必要不充分條件，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．11．已知復數z=1-i，則z2A．2 B．-2 C．2i D．-2i12．設是函數的定義域，若存在，使，則稱是的一個“次不動點”，也稱在區(qū)間I上存在“次不動點”.若函數在上存在三個“次不動點”，則實數的取值范圍是()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知一組數據，，，，的方差為，則數據2，2，2，2，2的方差為_______．14．已知復數（i為虛數單位），則復數z的模為_____.15．甲、乙、丙射擊命中目標的概率分別為、、，現在三人同時射擊目標，且相互不影響，則目標被擊中的概率為__________．16．長方體內接于球O，且，，則A、B兩點之間的球面距離為______．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB//CD，PC⊥底面ABCD，AB=2AD=2CD=4，PC=2a，E是PB的中點.（1）求證：平面EAC⊥平面PBC；（2）若a=2，求二面角P-AC-E的余弦值.18．（12分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）設函數，當時，，求的取值范圍.19．（12分）如圖，在以為頂點的多面體中，平面，，.（1）請在圖中作出平面，使得且，并說明理由；（2）證明：.20．（12分）設函數，，，其中是的導函數.（1）令，，，求的表達式；（2）若恒成立，求實數的取值范圍.21．（12分）如圖，弧是半徑為r的半圓，為直徑，點E為弧的中點，點B和點C為線段的三等分點，線段與弧交于點G，平面外一點F滿足平面，.（1）求異面直線與所成角的大?。唬?）將（及其內部）繞所在直線旋轉一周形成一幾何體，求該幾何體的體積.22．（10分）統(tǒng)計學中，經常用環(huán)比、同比來進行數據比較，環(huán)比是指本期統(tǒng)計數據與上期比較，如年月與年月相比，同比是指本期數據與歷史同時期比較，如年月與年月相比.環(huán)比增長率（本期數上期數）上期數，同比增長率（本期數同期數）同期數.下表是某地區(qū)近個月來的消費者信心指數的統(tǒng)計數據：序號時間年月年月年月年月年月年月年月年月消費者信心指數2017年月年月年月年月年月年月年月年月年月求該地區(qū)年月消費者信心指數的同比增長率（百分比形式下保留整數）；除年月以外，該地區(qū)消費者信心指數月環(huán)比增長率為負數的有幾個月？由以上數據可判斷，序號與該地區(qū)消費者信心指數具有線性相關關系，寫出關于的線性回歸方程（，保留位小數），并依此預測該地區(qū)年月的消費者信心指數（結果保留位小數，參考數據與公式：，，，，）

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】∵k＞5.024，而在觀測值表中對應于5.024的是0.025，∴有1-0.025=97.5%的把握認為“X和Y有關系”，

故選D．2、D【解析】分析：對所給的復數分子、分母同乘以，利用進行化簡，整理出實部和虛部即可．詳解：∵∴復數的虛部為故選D.點睛：本題考查兩個復數代數形式的乘除法，虛數單位的冪運算性質，兩個復數相除時，一般需要分子和分母同時除以分母的共軛復數，再進行化簡求值．3、C【解析】

根據三段論的要求：找出大前提，小前提，結論，再判斷正誤即可。【詳解】大前提：正切函數是奇函數，正確；小前提：是正切函數，因為該函數為復合函數，故錯誤；結論：是奇函數，該函數為偶函數，故錯誤；結合三段論可得小前提不正確.故答案選C【點睛】本題考查簡易邏輯，考查三段論，屬于基礎題。4、C【解析】

利用圓心到直線的距離小于等半徑可求出滿足條件的b，最后根據幾何概型的概率公式可求出所求．【詳解】解：b是區(qū)間上的隨機數即，區(qū)間長度為，由直線與圓有公共點可得，，，區(qū)間長度為，直線與圓有公共點的概率，故選：C．【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關系，與長度有關的幾何概型的求解．5、C【解析】由是圓的一條對稱軸知，其必過圓心，因此，則過點斜率為1的直線的方程為，圓心到其距離，所以弦長等于，故選C．6、C【解析】分析：設與直線x-2y+10=0平行且與橢圓相切的直線方程為，與橢圓方程聯(lián)立，利用，解得，即可得出結論.詳解：設與直線x-2y+10=0平行且與橢圓相切的直線方程為，聯(lián)立，化為，，解得，取時，，解得，，.故選：C.點睛：本題考查了直線與橢圓的相切與一元二次方程的根與系數的關系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.7、A【解析】由題意：，回歸方程過樣本中心點，即回歸方程過點.本題選擇A選項.8、B【解析】

利用二項式的通項公式求出的表達式,最后根據,解方程即可求出自然數的值.【詳解】二項式的通項公式為：,因此,,所以,解得.故選B.【點睛】本題考查了二項式定理的應用,考查了數學運算能力.9、B【解析】

如圖，由題意知，，的中點是球心在平面內的射影，設點間距離為，球心在平面中的射影在線段的高上，則有，可得球的半徑，即可求出三棱錐的外接球的表面積.【詳解】由題意知，，的中點是球心在平面中的射影，設點間距離為，球心在平面中的射影在線段的高上，，，，又平面平面ABC，，則平面，，到平面的距離為3，，解得：，所以三棱錐的外接球的半徑，故可得外接球的表面積為.故選：B【點睛】本題主要考查了棱錐的外接球的表面積的求解，考查了學生直觀想象和運算求解能力，確定三棱錐的外接球的半徑是關鍵.10、A【解析】

首先對兩個命題進行化簡，解出其解集，由是的必要不充分條件，可以得到關于的不等式，解不等式即可求出的取值范圍【詳解】由命題：解得或，則，命題：，，由是的必要不充分條件，所以故選【點睛】結合“非”引導的命題考查了必要不充分條件，由小范圍推出大范圍，列出不等式即可得到結果，較為基礎。11、A【解析】解：因為z=1-i，所以z212、A【解析】

由已知得在上有三個解。即函數有三個零點，求出，利用導函數性質求解?！驹斀狻恳驗楹瘮翟谏洗嬖谌齻€“次不動點”，所以在上有三個解，即在上有三個解，設，則，由已知，令得，即或當時，，；，，要使有三個零點，則即，解得；當時，，；，，要使有三個零點，則即，解得；所以實數的取值范圍是故選A.【點睛】本題考查方程的根與函數的零點，以及利用導函數研究函數的單調性，屬于綜合體。二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、2【解析】

根據方差的性質運算即可.【詳解】由題意知：本題正確結果：【點睛】本題考查方差的運算性質，屬于基礎題.14、【解析】

直接利用復數代數形式的四則運算化簡復數z，再由復數模的公式計算得答案．【詳解】，則復數z的模為．故答案為．【點睛】本題考查了復數代數形式的運算，考查了復數模的求法，是基礎題．15、【解析】分析：根據相互獨立事件的概率乘法公式，目標被擊中的概率等于1減去甲、乙、丙三人都沒有擊中目標的概率，運算求得結果.詳解：目標被擊中的概率等于1減去甲、乙、丙三人都沒有擊中目標的概率，故目標被擊中的概率是.故答案為.點睛：本題主要考查相互獨立事件的概率乘法公式，所求的事件與它的對立事件概率間的關系.16、【解析】

利用長方體外接球直徑為其體對角線長求得外接球半徑，及所對球心角，利用弧長公式求出答案．【詳解】由，，得，長方體外接球的半徑為正三角形，，兩點間的球面距離為，故答案為：．【點睛】本題考查了長方體外接球問題，以及求兩點球面距離，屬于簡單題．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)證明見解析.（2）63【解析】試題分析：（1）在直角梯形ABCD中利用勾股定理證明AC⊥BC，而PC⊥AC，所以AC⊥平面PBC，所以平面EAC⊥平面PBC；（2）取AB中點F，以C為原點，CF,CD,CP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，利用平面PAC,EAC的法向量，求解得二面角的余弦值為63試題解析：（1）在直角梯形ABCD中，AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=4,∴BC=22+(4-2)2=22EAC,∴平面EAC⊥平面PBC.（2）取AB中點F，如圖所示，以C為原點，CF,CD,CP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，則C(0,0,0),A(2,2,0),B(2,-2,0),P(0,0,4),E(1,-1,2),∴CA=(2,2,0),CP=(0,0,4),CE=(1,-1,2).設平面PAC的法向量為m=(x,y,z)，則m·CA=0m·CP=0，即考點：空間向量與立體幾何.18、（1）（2）【解析】

（1）將代入不等式，討論范圍去絕對值符號解得不等式.（2）利用絕對值三角不等式得到答案.【詳解】(1)當時，綜上(2)恒成立恒成立解不等式可得【點睛】本題考查了解絕對值不等式，絕對值三角不等式，利用絕對值三角不等式將恒成立問題轉化為最值問題是解題的關鍵.19、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）取中點，連接，則平面即為所求平面，可證明平面；（2）結合（1）先證明三角形是邊長為1的正三角形，然后證明，從而可知，由平面，可知，從而可知平面，即可證明.【詳解】（1）取中點，連接，則平面即為所求平面．∵，，∴且，∴四邊形是平行四邊形，則，∵平面，平面，∴平面，∵，平面，平面，∴平面，∵平面，平面，且，∴平面平面，∵平面，∴平面，即.（2）由（1）四邊形是平行四邊形，則，，∵，∴三角形是邊長為1的正三角形，∵，，∴，∴，即，∵平面，平面，∴，∵平面，平面，，∴平面，∵平面，∴.【點睛】本題考查了平面與平面平行的判定，考查了線面垂直的性質與判定，考查了學生的空間想象能力，屬于中檔題.20、（1）；（2）.【解析】分析：（1）求出的解析式，依次計算即可得出猜想；

（2）已知恒成立，即恒成立．設(x≥0)，則φ′(x)＝=－＝，對進行討論，求出的最小值，令恒成立即可；詳解：由題設得，g(x)＝(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.下面用數學歸納法證明．①當n＝1時，g1(x)＝，結論成立．②假設n＝k時結論成立，即gk(x)＝.那么，當n＝k＋1時，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝，即結論成立．由①②可知，結論對n∈N＋成立．所以gn(x)＝.(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．設φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，則φ′(x)＝=－＝，當a≤1時，φ′(x)≥0(僅當x＝0，a＝1時等號成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上單調遞增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1時，ln(1＋x)≥恒成立(僅當x＝0時等號成立)．當a>1時，對x∈(0，a－1]有φ′(