2022-2023學年廣西南寧市邕寧高二年級下冊學期5月教學質(zhì)量調(diào)研數(shù)學試題【含答案】

2022-2023學年廣西南寧市邕寧高二下學期5月教學質(zhì)量調(diào)研數(shù)學試題一、單選題1．設(shè)集合，，則（

）A． B．C． D．或【答案】D【分析】先解不等式得集合M，再根據(jù)交集定義求結(jié)果.【詳解】故選：D【點睛】本題考查集合交集、解一元二次不等式，考查基本分析求解能力，屬基礎(chǔ)題.2．已知復(fù)數(shù)滿足（其中為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)的虛部為（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【解析】利用復(fù)數(shù)除法、模的運算求得，由此求得的虛部.【詳解】依題意，，所以的虛部為.故選：C3．設(shè)首項為，公比為的等比數(shù)列的前項和為，則A． B． C． D．【答案】D【詳解】Sn＝＝＝＝3－2an.4．如圖，在三棱柱中，，分別是，的中點，，則（

）A．1 B． C．0.5 D．【答案】B【分析】根據(jù)空間向量的基本定理求解即可.【詳解】如圖，連接.因為，分別是，的中點，，所以，，，則.故選：B.5．一個箱子中裝有形狀完全相同的5個白球和個黑球.從中有放回的隨機抽取4次，記其中白球的個數(shù)為，若，則（

）A．1 B．2 C．4 D．【答案】B【分析】由二項分布的均值和方差公式求解即可.【詳解】由題意可得取得白球的概率為，則，則，解得：，取得白球的概率為，故.故選：B.6．為大力提倡“厲行節(jié)約，反對浪費”，某市通過隨機詢問100名性別不同的居民是否能做到“光盤”行動，得到如下的列聯(lián)表：性別光盤行動合計做不到“光盤”能做到“光盤”男451055女301545合計7525100附表：0.100.050.012.7063.8416.635.參照附表，得到的正確結(jié)論是（

）A．至少有99%認為“該市居民能否做到‘光盤’與性別有關(guān)”B．在犯錯誤的概率不大于0.01的前提下，認為“該市居民能否做到‘光盤’與性別無關(guān)”C．在犯錯誤的概率不大于0.1的前提下，推斷“該市居民能否做到‘光盤’與性別無關(guān)”D．至少有90%的把握，推斷“該市居民能否做到‘光盤’與性別有關(guān)”【答案】D【分析】通過列聯(lián)表結(jié)合所給公示可以計算出的值，再跟附表進行對比，即可得到結(jié)論.【詳解】由列聯(lián)表得到，則，代入=.因為，所以至少有的把握認為“該市居民能否做到‘光盤’與性別有關(guān)”，故D選項正確.故選：D7．已知橢圓的左焦點為，點在橢圓上且在軸的上方．若線段的中點在以原點為圓心，為半徑的圓上，則直線的斜率是（

）A． B． C． D．2【答案】A【分析】結(jié)合圖像利用三角形中位線定理，將線段長度用坐標表示圓的方程，與橢圓方程聯(lián)立進一步求解，求出交點坐標即可求解.【詳解】由題意可知，由中位線定理可得,設(shè)可得，與橢圓方程聯(lián)立，解得或（舍），點在橢圓上且在軸的上方，求得所以故選：A【點睛】本題主要考查橢圓的標準方程、橢圓的幾何性質(zhì)，利用數(shù)形結(jié)合思想，是解答解析幾何問題的重要途徑.8．若，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】注意到，后利用函數(shù)單調(diào)性可得答案.【詳解】由題有.因函數(shù)均在上單調(diào)遞增，則函數(shù)在上單調(diào)遞增.注意到，則，即.故選：B二、多選題9．已知甲、乙兩個水果店在“十一黃金周”七天的水果銷售量統(tǒng)計如圖所示，則下列說法正確的是（

）A．甲組數(shù)據(jù)的極差大于乙組數(shù)據(jù)的極差B．若甲，乙兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)分別為，則C．若甲，乙兩組數(shù)據(jù)的方差分別為，則D．甲組數(shù)據(jù)的中位數(shù)大于乙組數(shù)據(jù)的中位數(shù)【答案】BD【分析】根據(jù)折線圖中的數(shù)據(jù)，結(jié)合極差的概念、平均數(shù)的求法、方差的求法及其意義、中位數(shù)的概念，即可判斷各項的正誤.【詳解】由折線圖得：對于A，甲組數(shù)據(jù)的極差小于乙組數(shù)據(jù)的極差，故A錯誤；對于B，甲組數(shù)據(jù)除第二天數(shù)據(jù)略低于乙組數(shù)據(jù)，其它天數(shù)據(jù)都高于乙組數(shù)據(jù)，可知，故B正確；對于C，甲組數(shù)據(jù)比乙組數(shù)據(jù)穩(wěn)定，，故C錯誤；對于D，甲組數(shù)據(jù)的中位數(shù)大于乙組數(shù)據(jù)的中位數(shù)，故D正確．故選：BD．10．已知圓和圓的交點為，，則（

）A．圓和圓有兩條公切線B．直線的方程為C．圓上存在兩點和使得D．圓上的點到直線的最大距離為【答案】ABD【分析】A：判斷兩圓相交可得切線條數(shù)；B：兩圓相交，做差可得公共弦方程；C：判斷弦AB經(jīng)過圓心，則弦為最長弦，不再存在比AB更長的弦；D：求圓心到直線的距離加半徑即為到直線AB的最大距離.【詳解】解：對于A，因為兩個圓相交，所以有兩條公切線，故正確；對于B，將兩圓方程作差可得，即得公共弦的方程為，故B正確；對于C，直線經(jīng)過圓的圓心，所以線段是圓的直徑，故圓中不存在比長的弦，故C錯誤；對于D，圓的圓心坐標為，半徑為2，圓心到直線的距離為，所以圓上的點到直線的最大距離為，D正確.故選：ABD.11．一袋中有6個大小相同的黑球，編號為1，2，3，4，5，6，還有4個同樣大小的白球，編號為7，8，9，10，現(xiàn)從中任取4個球，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．取出的最大號碼X服從超幾何分布B．取出的黑球個數(shù)Y服從超幾何分布C．取出2個白球的概率為D．若取出一個黑球記2分，取出一個白球記1分，則總得分最大的概率為【答案】BD【分析】超幾何分布取出某個對象的結(jié)果數(shù)不定，也就是說超幾何分布的隨機變量為實驗次數(shù)，即指某事件發(fā)生次的試驗次數(shù)，由此可知取出的最大號碼不服從超幾何分布，取出的黑球個數(shù)服從超幾何分布；取出2個白球的概率為；對于，取出四個黑球的總得分最大，由此求出總得分最大的概率為．【詳解】解：一袋中有6個大小相同的黑球，編號為1，2，3，4，5，6，還有4個同樣大小的白球，編號為7，8，9，10，現(xiàn)從中任取4個球，對于，超幾何分布取出某個對象的結(jié)果數(shù)不定，也就是說超幾何分布的隨機變量為實驗次數(shù)，即指某事件發(fā)生次的試驗次數(shù)，由此可知取出的最大號碼不服從超幾何分布，故錯誤；對于，超幾何分布的隨機變量為實驗次數(shù)，即指某事件發(fā)生次的試驗次數(shù)，由此可知取出的黑球個數(shù)服從超幾何分布，故正確；對于，取出2個白球的概率為，故錯誤；對于，若取出一個黑球記2分，取出一個白球記1分，則取出四個黑球的總得分最大，總得分最大的概率為，故正確．故選：．【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查超幾何分布、排列組合等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，屬于中檔題．12．已知函數(shù)（，，）的部分圖象如圖所示，則下列結(jié)論正確的是（

）A．B．滿足的的取值范圍為（）C．將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，得到的圖象的一條對稱軸D．函數(shù)與的圖象關(guān)于直線對稱【答案】ABD【分析】根據(jù)圖象求出的解析式，然后運用三角函數(shù)的知識逐一判斷即可.【詳解】由圖可得，，所以，因為，所以，所以，因為，所以，故A正確；由可得，所以，解得，，故B正確；將函數(shù)的圖象向右平移個單位長度，得到的是函數(shù)的圖象，直線不是其對稱軸，故C錯誤；因為，所以函數(shù)與的圖象關(guān)于直線對稱，故D正確；故選：ABD三、填空題13．若，則.【答案】16【分析】利用賦值法可求.【詳解】，令可得.故答案為：16.14．已知函數(shù)的導函數(shù)為，且，則的解集為．【答案】【分析】先構(gòu)造函數(shù)設(shè)，再分析得到在上是減函數(shù),且，再解不等式得解.【詳解】設(shè)，因為，所以，，所以在上是減函數(shù),且.所以的解集即是的解集．所以.故答案為【點睛】（1）本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查單調(diào)性的應(yīng)用，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)解答本題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)設(shè)，再分析得到在上是減函數(shù),且.15．若隨機變量，，若，，則．【答案】【分析】解不等式1﹣（1﹣p）3＝0.657得到p＝0.3，再利用正態(tài)分布求解.【詳解】解：∵P（X≥1）＝0.657，∴1﹣（1﹣p）3＝0.657，即（1﹣p）3＝0.343，解得p＝0.3，∴P（0＜Y＜2）＝p＝0.3，∴P（Y＞4）＝＝．故答案為：0.2．16．已知拋物線的焦點為，過的直線交拋物線于，兩點，則的最小值是．【答案】9【分析】根據(jù)拋物線的定義，設(shè)出直線方程與拋物線方程聯(lián)立消元，求出韋達定理即可求解.【詳解】依題意，因為拋物線的焦點為，所以，①當斜率存在時：因為直線交拋物線于，兩點，所以，設(shè)過的直線的直線方程為：，，由拋物線定義得：，由消整理得：，所以，即，所以；②當不存在時，直線為，此時，所以；綜上可知，的最小值為：9.故答案為：9.四、解答題17．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．已知．(1)求的值；(2)若，求的面積．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）先由平方關(guān)系求出，再根據(jù)正弦定理即可解出；（2）根據(jù)余弦定理的推論以及可解出，即可由三角形面積公式求出面積．【詳解】（1）由于，，則．因為，由正弦定理知，則．（2）因為，由余弦定理，得，即，解得，而，，所以的面積．18．設(shè)某幼苗從觀察之日起，第x天的高度為ycm，測得的一些數(shù)據(jù)如下表所示：第x天1234567高度ycm0479111213作出這組數(shù)據(jù)的散點圖發(fā)現(xiàn)：y（cm）與x（天）之間近似滿足關(guān)系式.(1)試借助一元線性回歸模型，根據(jù)所給數(shù)據(jù)，求出y關(guān)于x的線性回歸方程；(2)在作出的這組數(shù)據(jù)的散點圖中，甲同學隨機圈取了其中的3個點，記這3個點中幼苗的高度大于的點的個數(shù)為，其中為表格中所給的幼苗高度的平均數(shù)，試求隨機變量的分布列和數(shù)學期望.附：回歸方程中斜率與截距的最小二乘估計公式，分別為，【答案】(1)(2)分布列見解析，數(shù)學期望.【分析】（1）由y關(guān)于x的回歸直線方程的計算公式求得結(jié)果；（2）利用超幾何分布概率公式計算，求得隨機變量的分布列，并根據(jù)分布列，利用數(shù)學期望計算求得期望值.【詳解】（1）由表格數(shù)據(jù)，得，，則，所以，所以y關(guān)于x的線性回歸方程為.（2）7天中幼苗高度大于的有4天，小于等于8的有3天，從散點圖中任取3個點，即從這7天中任取3天，所以這3個點中幼苗的高度大于的點的個數(shù)的取值為0，1，2，3，；；；；所以隨機變量的分布列為：隨機變量的期望值.19．如圖，在四棱錐中，底面是菱形，．(1)證明：平面平面；(2)若，，求平面與平面所成銳二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）設(shè)交于O，利用菱形與等腰三角形的性質(zhì)，可證明平面，再利用面面垂直的判定定理即可證明；（2）建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，利用二面角與法向量的關(guān)系即可求解.【詳解】（1）證明：設(shè)交于O，底面是菱形，則，O是中點，又，所以，又，，平面，則平面，又平面，則平面平面．（2），，不妨設(shè)，則，，，又，則，所以，所以，以O(shè)為原點，分別以，，為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，，設(shè)平面PBC的一法向量為，則，取，則，同理，求得平面的一法向量，設(shè)平面和平面所成銳角為，則，所以，平面和平面所成銳角的余弦值為．20．截至年末，某城市普通汽車（除新能源汽車外）保有量為萬輛.若此后該市每年新增普通汽車萬輛，而報廢舊車轉(zhuǎn)購新能源汽車的約為上年末普通汽車保有量的，其它情況視為不計.(1)設(shè)從年起該市每年末普通汽車的保有量構(gòu)成數(shù)列，試寫出與的一個遞推公式，并求年末該市普通汽車的保有量（精確到整數(shù)）；(2)根據(jù)（1）中與的遞推公式，證明數(shù)列是等比數(shù)列，并求從哪一年起，該市普通汽車的保有量首次少于萬輛？（參考數(shù)據(jù)：，，，）【答案】(1)，240（萬輛）(2)證明見解析，年末【分析】（1）根據(jù)題意得到遞推公式，再依次計算得到答案.（2）變換得到，得到證明，再計算得到答案.【詳解】（1），，故，，所以年末該市普通汽車的保有量（萬輛）.（2）得，而，故是首項為，公比為的等比數(shù)列，所以，即，解得，求得，即從年末開始，該市普通汽車的保有量首次少于萬輛.21．已知橢圓的左右焦點分別為．過點的直線與橢圓交于兩點，過點作的垂線交橢圓于兩點，的周長為．(1)求橢圓的方程；(2)求的取值范圍．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意得，再通過的周長為求出，即可計算得到橢圓方程；（2）先討論直線與軸重合和垂直的情況，再計算一般情況，得到的表達式，然后計算范圍.【詳解】（1）由題，由橢圓定義，的周長為，所以所以橢圓的方程為.（2）當軸時，MN與x軸重合，不符合題意，當直線與軸重合時，，所以；當直線斜率存在且不為0時，設(shè)，由韋達定理所以同理所以綜上所述，的取值范圍是.22．已知函數(shù)．（1）當，時，求的單調(diào)區(qū)間；（2）當時，若函數(shù)有兩個不同的極值點，，且不等式有解，求實數(shù)的取值范圍；（3）設(shè)，若有兩個相異零點，，求證：．【答案】（1）單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為；（2）；（3）證明見解析．【分析】（1）當，時，求得導函數(shù)，利用導函數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系進行求解；（2）利用導數(shù)與極值的關(guān)系轉(zhuǎn)化為方程有兩個不相等的正實數(shù)根，利用二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)及韋達定理求得的取值范圍，不等式有解，轉(zhuǎn)化為，利用韋達定理的結(jié)論可以整理為關(guān)于實數(shù)的函數(shù)，進而利用導數(shù)進行研究求得其最大值即得的取值范圍;（3）設(shè)的兩個相異零點為，，設(shè)，將要證不等式，轉(zhuǎn)化為，進一步可轉(zhuǎn)化為，設(shè)上式轉(zhuǎn)化為，然后構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)研究單調(diào)性進而證明即可.【詳解】解：（1）當，時，，∴，∵，令，則或，令，則，∴的單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為；（2）證明：由題可得，∵函數(shù)有兩個不同的極值點，，∴方程