2022-2023学年江苏省常州市教育学会高二下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省常州市教育学会2022-2023学年高二下学期期末数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号.回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知为复数，为的共轭复数，且，则的虚部是（）A. B. C.5 D.〖答案〗D〖解析〗因为与互为共轭复数，所以的虚部与的虚部互为相反数.因为的虚部为，所以的虚部为.故选：D.2.设a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列选项中能得出的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，〖答案〗A〖解析〗A.若，，，则，那么，故A正确；B.若，，，则，故B错误；C.若，，则，或，又，则与有可能垂直，平行，或既不垂直也不平行，故C错误；D.若，，，则与有可能垂直，平行，或既不垂直也不平行，故D错误.故选：A.3.投掷3枚质地均匀的正方体骰子，观察正面向上的点数，则对于这3个点数，下列说法正确的是（）A.有且只有1个奇数的概率为B.事件“都是奇数”和事件“都是偶数”是对立事件C.在已知有奇数的条件下，至少有2个奇数的概率为D.事件“至少有1个是奇数”和事件“至少有1个是偶数”是互斥事件〖答案〗C〖解析〗A．每个骰子奇数点向上的概率为，则三个骰子有且只有1个奇数的概率，故A错误；B．事件“都是奇数”和事件“都是偶数”不能构成样本空间，这两个事件是互斥事件，不是对立事件，故B错误；C．有奇数的对立事件是没有奇数，即三个都是偶数，概率为，所以有奇数的概率,至少有2个奇数的概率,所以在已知有奇数的条件下，至少有2个奇数的概率，故C正确；D．事件“至少有1个是奇数”包含事件：1个奇数，2个偶数，或2个奇数，1个偶数，或3个奇数，事件“至少有1个是偶数”包含事件：1个偶数，2个奇数，或2个偶数，1个奇数，或3个偶数，两个事件有公共事件：1个奇数，2个偶数，或2个奇数，1个偶数，所以不是互斥事件，故D错误.故选：C.4.已知平面上的三点A，B，C满足，，向量与的夹角为，且，则实数（）A.0 B.1 C.－2 D.2〖答案〗D〖解析〗因为，所以，因为，，向量与的夹角为，所以，所以，所以.故选：D.5.一个不透明的盒子里装有10个大小形状都相同的小球，其中3个黑色、7个白色，现在3个人依次从中随机地各取一个小球，前一个人取出一个小球记录颜色后放回盒子，后一个人接着取球，则这3个人中恰有一人取到黑球的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为是有放回地取球，所以每个人取到黑球的概率相同，且每个人取到黑球的概率为，所以3个人中恰有一人取到黑球的概率为：.故选：D.6.已知圆锥的高为1，体积为，则过圆锥顶点作圆锥截面的面积最大值为（）A. B.2 C. D.〖答案〗B〖解析〗设圆锥的底面半径为，高为，母线为，则，得，，如图，下图为圆锥的轴截面，等腰三角形，，则，则等腰三角形的顶角为，所以过圆锥顶点作圆锥截面，设顶角为，面积，当顶角为时，面积最大，最大值为.故选：B.7.对一个十位数1234567890，现将其中3个数位上的数字进行调换，使得这3个数字都不在原来的数位上，其他数位上的数字不变，则可以得到不同的十位数（首位不为0）的个数为（）A.120 B.232 C.240 D.360〖答案〗B〖解析〗第一种情况，若这3个数位没有0，则在其它9位任选3个数位，每个数位都不是原来的数位有2种方法，则有，第二种情况，若这3个数位有个位0，和首位1，其它8位任选1个数位，每个数位都不是原来的数位有1种方法，有种方法，第三种情况，若这3个数位有个位0，除首位之外的其它8位任选2个数位，有种方法，则得到不同的十位数有.故选：B.8.正四棱锥的底面边长为，各侧棱长为2，各顶点都在同一个球面上，则过球心与底面平行的平面截得的台体体积是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设底面正方形的中心为，正四棱锥的外接球的球心为，过球心与底面平行的平面与棱锥的侧面交于正方形，因为正方形的边长为，所以，因为，所以，设正四棱锥的外接球的半径为，则，在中，，因为，所以，解得，所以，因为∽，所以，所以，得，因为四边形为正方形，所以，所以，所以所求台体的体积为，故选：C.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知复数，，，则下列说法正确的有（）A. B.C.若，则 D.若，则〖答案〗AB〖解析〗设，对于A，因为，则，且，所以，故正确；对于B，因为，所以，，所以，故正确；对于C，因为，，所以，，且，所以，所以，因为不一定等于，所以错误；对于D，若和为实数，但是和不一定为实数，故错误；故选：AB.10.下列说法正确的有（）A.在中，，则为锐角三角形B.已知O为的内心，且，，则C.已知非零向量，满足：，，则的最小值为D.已知，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围是〖答案〗BD〖解析〗对于A，在中，，说明角C是锐角，不能判断角A、B是否为锐角，故A错误；对于B，不妨记，建系如图，，记，由的面积得，，可得，所以，故，，，满足，故B正确；对于C，记与夹角为，由，，可得，即，又，即，又，即，，所以，记，则研究，，令，则，可得，故，当且仅当时，的最小值为，故C错误；对于D，因为，，且与的夹角为钝角，所以，且与不共线，即，可得，当与共线时，，可得，所以的取值范围是，故D正确.故选：BD.11.某课外兴趣小组在探究学习活动中，测得的10组数据如下表所示：x165168170172173174175177179182y55896165677075757880由最小二乘法计算得到线性回归方程为，相关系数为；经过观察散点图，分析残差，把数据去掉后，再用剩下的9组数据计算得到线性回归方程为，相关系数为.则（）A. B. C. D.，〖答案〗BCD〖解析〗身高的平均数为，因为离群点的横坐标168小于平均值173.5，纵坐标89相对过大，所以去掉离群点后经验回归直线的截距变小而斜率变大，所以，，故选项A错误，选项B正确，去掉离群点后成对样本数据的线性相关程度更强，拟合效果会更好，所以，由表格可知，随着的增大，变大，所以，，，所以，故选项C正确，选项D正确.故选：BCD.12.已知在棱长为4的正方体中，点O为正方形的中心，点P在棱上，下列说法正确的有（）A.B.当直线AP与平面所成角的正切值为时，C.当时，点到平面的距离是D.当时，以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长为〖答案〗ABD〖解析〗对于选项A，由正方体得平面，所以,又.又,所以,因为平面,,所以平面,所以.所以该选项正确；对于选项B，连接,则就是直线AP与平面所成角，所以，所以该选项正确；对于选项C,建立如图所示的空间直角坐标系，则,设平面的法向量为，所以，又.所以该选项错误；对于选项D，取的中点，由题得,则截面圆的半径为.由题得截面圆的圆心为点,在平面内作，且.以点为圆心，以为半径作圆与棱分别交于.所以.所以，以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线为以点E为圆心，以为半径，圆心角为的扇形的弧长，所以以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长.所以该选项正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中二项式系数最大的项的系数是______.（用数字作答）〖答案〗252〖解析〗因为，所以展开式中最大的二项式系数为，对应的是第6项，第6项的系数是.故〖答案〗为：252.14.在平面直角坐标系中，已知，，以为旋转中心，将线段按顺时针方向旋转，得到线段，则向量在向量上的投影向量的坐标是______.〖答案〗〖解析〗如图，因为，，所以，则，所以，，过点作轴，交轴于点，则，，所以，则，，所以，所以向量在向量上的投影向量为.故〖答案〗为：.15.已知平面四边形ABCD，，，，则______.〖答案〗〖解析〗以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系.设，则由题意知.则.所以.因为,所以,整理化简得.故.故〖答案〗为：.16.已知在矩形中，，，P为AB的中点，将沿DP翻折，得到四棱锥，则二面角的余弦值最小是______.〖答案〗〖解析〗矩形，连接，与相交于点，因为，，P为AB的中点，所以，则∽，所以，则，故⊥，将将沿DP翻折，则由⊥，⊥，因为，平面，所以⊥平面，过点作⊥于点，则⊥，又，平面，所以⊥平面，过点作⊥于点，连接，因为平面，所以⊥，因为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，故即为二面角的平面角，显然为锐角，在矩形中，，故，，设，则，，故，因为，所以，则，设，，则，所以，即，解得，即，因为，所以，当时，，因为，所以，故，时，等号成立，因为在上单调递减，所以二面角的余弦值最小值为.故〖答案〗为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.设z是虚数，在平面直角坐标系xOy中，z，，对应的向量分别为，，.（1）证明：O，B，C三点共线；（2）若，求向量的坐标.（1）证明；设，，则，a，，所以.，所以，所以.又因为O为公共点，所以O，B，C三点共线.（2）解：因为，则，又因为z是虚数，所以.，所以.18.如图，在六面体中，，平面菱形ABCD.证明：（1）B，，，D四点共面；（2）.证明：（1）由，平面，平面，所以平面.又因为平面，平面平面，所以.同理：，所以，所以B，，，D四点共面.（2）菱形ABCD中，又因为平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD，所以平面.因为平面，所以，由（1）有，所以.19.在平面直角坐标系中三点A，B，C满足，，D，E分别是线段BC，AC上的点，满足，，AD与BE的交点为G.（1）求的余弦值；（2）求向量的坐标.解：（1）由题意，在平面直角坐标系中，将，平移到以原点为起点，如图，因为，，，，所以，又，所以.（2）由题意及（1）得，在平面直角坐标系中，A，G，D三点共线，所以，，所以由平面向量基本定理，得，解得：，故.20.某种季节性疾病可分为轻症、重症两种类型，为了解该疾病症状轻重与年龄的关系，在某地随机抽取了患该疾病的位病人进行调查，其中年龄不超过50岁的患者人数为，轻症占；年龄超过50岁的患者人数为，轻症占.（1）完成下面的列联表.若要有99%以上的把握认为“该疾病症状轻重”与“年龄”有关，则抽取的年龄不超过50岁的患者至少有多少人？轻症重症合计不超过50岁s超过50岁2s合计3s附：（其中），.（2）某药品研发公司安排甲、乙两个研发团队分别研发预防此疾病的疫苗，两个团队各至多安排2个周期进行疫苗接种试验，每人每次疫苗接种花费元.甲团队研发的药物每次疫苗接种后产生抗体的概率为，根据以往试验统计，甲团队平均花费为.乙团队研发的药物每次疫苗接种后产生抗体的概率为，每个周期必须完成3次疫苗接种，若第一个周期内至少出现2次抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个疫苗接种周期.假设两个研发团队每次疫苗接种后产生抗体与否均相互独立.若，从两个团队试验的平均花费考虑，该公司应如何选择团队进行药品研发？解：（1）列联表如下：轻症重症合计不超过50岁s超过50岁2s合计3s要有99%以上的把握认为“该疾病症状轻重”与“年龄”有关，则.解得，由题意知是6的倍数，所以s的最小整数值为12.所以抽取的年龄不超过50岁的患者至少有12人.（2）甲研发团队试验总花费为X元，根据以往试验统计得，设乙研发团队试验总花费为Y元，则Y的可能取值为3t，6t，所以，，所以.因为，所以，所以乙团队试验的平均花费较少，所以该公司应选择乙团队进行研发.21.记，.（1）化简：；（2）证明：的展开式中含项的系数为.（1）解：因为，的二项展开式为，所以，所以，则，又，所以，故.（2）证明：因为的展开式中含项的系数为，而.所以含项的系数为：.22.如图，在多面体中，底面ABCD是菱形，且底面ABCD，，，点M在线段EF上.（1）若M为EF的中点，求直线AM和平面BDE的距离；（2）试确定M点位置，使二面角的余弦值为.解：（1）连接BD交AC于O，取EF中点G，因为四边形ABCD为菱形，所以，O为AC中点.因为，，所以四边形ACEF为平行四边形.因为O，G分别为AC，EF中点，所以.因为平面ABCD，AC，平面ABCD，所以，，所以，.以O为原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，，所以，，设平面BDE的法向量，，所以，所以，.，所以平面BDE.设A到平面BDE距离为d，，，所以直线AM和平面BDE的距离为.（2）设，，因为，，，所以，，，设平面ADM，平面ABM的法向量分别为，，，所以，所以，，所以.因为二面角的余弦值为，所以.解得或（舍），即，所以点是线段上靠近点的四等分点.江苏省常州市教育学会2022-2023学年高二下学期期末数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题〖答案〗后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的〖答案〗标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他〖答案〗标号.回答非选择题时，将〖答案〗写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知为复数，为的共轭复数，且，则的虚部是（）A. B. C.5 D.〖答案〗D〖解析〗因为与互为共轭复数，所以的虚部与的虚部互为相反数.因为的虚部为，所以的虚部为.故选：D.2.设a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列选项中能得出的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，〖答案〗A〖解析〗A.若，，，则，那么，故A正确；B.若，，，则，故B错误；C.若，，则，或，又，则与有可能垂直，平行，或既不垂直也不平行，故C错误；D.若，，，则与有可能垂直，平行，或既不垂直也不平行，故D错误.故选：A.3.投掷3枚质地均匀的正方体骰子，观察正面向上的点数，则对于这3个点数，下列说法正确的是（）A.有且只有1个奇数的概率为B.事件“都是奇数”和事件“都是偶数”是对立事件C.在已知有奇数的条件下，至少有2个奇数的概率为D.事件“至少有1个是奇数”和事件“至少有1个是偶数”是互斥事件〖答案〗C〖解析〗A．每个骰子奇数点向上的概率为，则三个骰子有且只有1个奇数的概率，故A错误；B．事件“都是奇数”和事件“都是偶数”不能构成样本空间，这两个事件是互斥事件，不是对立事件，故B错误；C．有奇数的对立事件是没有奇数，即三个都是偶数，概率为，所以有奇数的概率,至少有2个奇数的概率,所以在已知有奇数的条件下，至少有2个奇数的概率，故C正确；D．事件“至少有1个是奇数”包含事件：1个奇数，2个偶数，或2个奇数，1个偶数，或3个奇数，事件“至少有1个是偶数”包含事件：1个偶数，2个奇数，或2个偶数，1个奇数，或3个偶数，两个事件有公共事件：1个奇数，2个偶数，或2个奇数，1个偶数，所以不是互斥事件，故D错误.故选：C.4.已知平面上的三点A，B，C满足，，向量与的夹角为，且，则实数（）A.0 B.1 C.－2 D.2〖答案〗D〖解析〗因为，所以，因为，，向量与的夹角为，所以，所以，所以.故选：D.5.一个不透明的盒子里装有10个大小形状都相同的小球，其中3个黑色、7个白色，现在3个人依次从中随机地各取一个小球，前一个人取出一个小球记录颜色后放回盒子，后一个人接着取球，则这3个人中恰有一人取到黑球的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为是有放回地取球，所以每个人取到黑球的概率相同，且每个人取到黑球的概率为，所以3个人中恰有一人取到黑球的概率为：.故选：D.6.已知圆锥的高为1，体积为，则过圆锥顶点作圆锥截面的面积最大值为（）A. B.2 C. D.〖答案〗B〖解析〗设圆锥的底面半径为，高为，母线为，则，得，，如图，下图为圆锥的轴截面，等腰三角形，，则，则等腰三角形的顶角为，所以过圆锥顶点作圆锥截面，设顶角为，面积，当顶角为时，面积最大，最大值为.故选：B.7.对一个十位数1234567890，现将其中3个数位上的数字进行调换，使得这3个数字都不在原来的数位上，其他数位上的数字不变，则可以得到不同的十位数（首位不为0）的个数为（）A.120 B.232 C.240 D.360〖答案〗B〖解析〗第一种情况，若这3个数位没有0，则在其它9位任选3个数位，每个数位都不是原来的数位有2种方法，则有，第二种情况，若这3个数位有个位0，和首位1，其它8位任选1个数位，每个数位都不是原来的数位有1种方法，有种方法，第三种情况，若这3个数位有个位0，除首位之外的其它8位任选2个数位，有种方法，则得到不同的十位数有.故选：B.8.正四棱锥的底面边长为，各侧棱长为2，各顶点都在同一个球面上，则过球心与底面平行的平面截得的台体体积是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗设底面正方形的中心为，正四棱锥的外接球的球心为，过球心与底面平行的平面与棱锥的侧面交于正方形，因为正方形的边长为，所以，因为，所以，设正四棱锥的外接球的半径为，则，在中，，因为，所以，解得，所以，因为∽，所以，所以，得，因为四边形为正方形，所以，所以，所以所求台体的体积为，故选：C.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知复数，，，则下列说法正确的有（）A. B.C.若，则 D.若，则〖答案〗AB〖解析〗设，对于A，因为，则，且，所以，故正确；对于B，因为，所以，，所以，故正确；对于C，因为，，所以，，且，所以，所以，因为不一定等于，所以错误；对于D，若和为实数，但是和不一定为实数，故错误；故选：AB.10.下列说法正确的有（）A.在中，，则为锐角三角形B.已知O为的内心，且，，则C.已知非零向量，满足：，，则的最小值为D.已知，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围是〖答案〗BD〖解析〗对于A，在中，，说明角C是锐角，不能判断角A、B是否为锐角，故A错误；对于B，不妨记，建系如图，，记，由的面积得，，可得，所以，故，，，满足，故B正确；对于C，记与夹角为，由，，可得，即，又，即，又，即，，所以，记，则研究，，令，则，可得，故，当且仅当时，的最小值为，故C错误；对于D，因为，，且与的夹角为钝角，所以，且与不共线，即，可得，当与共线时，，可得，所以的取值范围是，故D正确.故选：BD.11.某课外兴趣小组在探究学习活动中，测得的10组数据如下表所示：x165168170172173174175177179182y55896165677075757880由最小二乘法计算得到线性回归方程为，相关系数为；经过观察散点图，分析残差，把数据去掉后，再用剩下的9组数据计算得到线性回归方程为，相关系数为.则（）A. B. C. D.，〖答案〗BCD〖解析〗身高的平均数为，因为离群点的横坐标168小于平均值173.5，纵坐标89相对过大，所以去掉离群点后经验回归直线的截距变小而斜率变大，所以，，故选项A错误，选项B正确，去掉离群点后成对样本数据的线性相关程度更强，拟合效果会更好，所以，由表格可知，随着的增大，变大，所以，，，所以，故选项C正确，选项D正确.故选：BCD.12.已知在棱长为4的正方体中，点O为正方形的中心，点P在棱上，下列说法正确的有（）A.B.当直线AP与平面所成角的正切值为时，C.当时，点到平面的距离是D.当时，以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长为〖答案〗ABD〖解析〗对于选项A，由正方体得平面，所以,又.又,所以,因为平面,,所以平面,所以.所以该选项正确；对于选项B，连接,则就是直线AP与平面所成角，所以，所以该选项正确；对于选项C,建立如图所示的空间直角坐标系，则,设平面的法向量为，所以，又.所以该选项错误；对于选项D，取的中点，由题得,则截面圆的半径为.由题得截面圆的圆心为点,在平面内作，且.以点为圆心，以为半径作圆与棱分别交于.所以.所以，以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线为以点E为圆心，以为半径，圆心角为的扇形的弧长，所以以O为球心，OP为半径的球面与侧面的交线长.所以该选项正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中二项式系数最大的项的系数是______.（用数字作答）〖答案〗252〖解析〗因为，所以展开式中最大的二项式系数为，对应的是第6项，第6项的系数是.故〖答案〗为：252.14.在平面直角坐标系中，已知，，以为旋转中心，将线段按顺时针方向旋转，得到线段，则向量在向量上的投影向量的坐标是______.〖答案〗〖解析〗如图，因为，，所以，则，所以，，过点作轴，交轴于点，则，，所以，则，，所以，所以向量在向量上的投影向量为.故〖答案〗为：.15.已知平面四边形ABCD，，，，则______.〖答案〗〖解析〗以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系.设，则由题意知.则.所以.因为,所以,整理化简得.故.故〖答案〗为：.16.已知在矩形中，，，P为AB的中点，将沿DP翻折，得到四棱锥，则二面角的余弦值最小是______.〖答案〗〖解析〗矩形，连接，与相交于点，因为，，P为AB的中点，所以，则∽，所以，则，故⊥，将将沿DP翻折，则由⊥，⊥，因为，平面，所以⊥平面，过点作⊥于点，则⊥，又，平面，所以⊥平面，过点作⊥于点，连接，因为平面，所以⊥，因为，平面，所以⊥平面，因为平面，所以⊥，故即为二面角的平面角，显然为锐角，在矩形中，，故，，设，则，，故，因为，所以，则，设，，则，所以，即，解得，即，因为，所以，当时，，因为，所以，故，时，等号成立，因为在上单调递减，所以二面角的余弦值最小值为.故〖答案〗为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.设z是虚数，在平面直角坐标系xOy中，z，，对应的向量分别为，，.（1）证明：O，B，C三点共线；（2）若，求向量的坐标.（1）证明；设，，则，a，，所以.，所以，所以.又因为O为公共点，所以O，B，C三点共线.（2）解：因为，则，又因为z是虚数，所以.，所以.18.如图，在六面体中，，平面菱形ABCD.证明：（1）B，，，D四点共面；（2）.证明：（1）由，平面，平面，所以平面.又因为平面，平面平面，所以.同理：，所以，所以B，，，D四点共面.（2）菱形ABCD中，又因为平面平面ABCD，且平面平面，平面ABCD，所以平面.因为平面，所以，由（1）有，所以.19.在平面直角坐标系中三点A，B，C满足，，D，E分别是线段BC，AC上的点，满足，，AD与BE的交点为G.（1）求的余弦值；（2）求向量的坐标.解：（1）由题意，在平面直角坐标系中，将，平移到以原点为起点，如图，因为，，，，所以，又，所以.（2）由题意及（1）得，在平面直角坐标系中，A，G，D三点共线，所以，，所以由平面向量基本定理，得，解得：，故.20.某种季节性疾病可分为轻症