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1、2023学年高二年级第二学期金华卓越联盟5月阶段联考数学试题考生须知：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：D2. 已知复数，则（ ）A
2、. B. 2C. 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（ ）已知，若，则已知，则投掷一枚均匀的硬币5次，已知正面向上
3、不少于3次，则出现5次正面向上的概率为A. 0B. 1C. 2D. 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，根据二项分布期望和方差公式求解判断，根据古典概率公式求解概率判断.【详解】对于，因为，所以，所以，正确；对于，随机变量，则，错误；对于，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：B5. 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
4、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. 14B. 15C. 24D. 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
5、】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：A.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
6、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. 2B. 1C. 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
7、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
8、，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
9、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：AB11. 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
10、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.
11、 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
12、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，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；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；（
13、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
14、，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】
