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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】