2021-2022学年云南省楚雄州高二(下)期末数学试卷(Word解析版)
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题号 | 一 | 二 | 三 | 总分 |
得分 |
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一、单选题(本大题共12小题,共60分)
- 已知集合,,则( )
A. B. C. D.
- 若,则( )
A. B. C. D.
- 若向量,满足,则( )
A. B. C. D.
- 已知圆:,直线过点与圆交于,两点,若点为线段的中点,则直线的方程为( )
A. B.
C. D.
- 已知数据,,,的平均值为,方差为,若数据,,,的平均值为,方差为,则( )
A. B. C. D.
- 函数的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
- 已知命题:,命题:,则是的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
- 已知函数的图象与的图象关于轴对称,则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
- 已知函数的最小正周期为,将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象,则函数在区间上的值域为( )
A. B. C. D.
- 已知圆锥的底面直径为,下列说法错误的是( )
A. 若圆锥的轴截面为直角三角形,则该圆锥的体积为
B. 若圆锥的侧面展开图是半圆,则该圆锥的表面积为
C. 若圆锥外接球的半径为,则该圆锥的体积为或
D. 若圆锥的高为,则该圆锥内切球的表面积为
- 已知函数的图象上存在点,函数的图象上存在点,且,关于轴对称,则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
- 设抛物线:的焦点为,准线为,为上一点,以为圆心,为半径的圆交于,两点.若,且的面积为,则( )
A. B. C. D.
二、填空题(本大题共4小题,共20分)
- 已知,,则______.
- 展开式中的常数项为______.
- 已知双曲线的实轴长是虚轴长的倍,则的离心率为______.
- 在正四棱锥中,,点,分别为,的中点,设直线与平面交于点,点在上,若,则______.
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
- 在中,内角,,的对边分别为,,,且满足.
求角;
若,,求的面积. - 已知数列的前项和满足,数列是公差为的等差数列,.
求数列,的通项公式;
设,求数列的前项和. - 为提升学生的身体素质,某地区对体育测试选拔赛试行改革.在高二一学年中举行次全区选拔赛,学生如果在次选拔赛中有次成绩达到全区前名即可取得体育特长生资格,不用参加剩余的比赛.规定:每个学生最多只能参加次选拔比赛,若前次选拔赛成绩都没有达到全区前名,则不能参加第次选拔赛.
若该赛区某次选拔赛高二年级共有名学生参加,统计出的参赛学生中男、女生成绩如下表:
| 前名人数 | 第至第名人数 | 合计 |
男生 |
| ||
女生 |
|
| |
合计 |
|
请完成上述列联表,并判断是否有的把握认为选拔赛成绩与性别有关;
假设某学生每次成绩达到全区前名的概率都是,每次选拔赛成绩能否达到全区前名相互独立.如果该学生参加本年度的选拔赛规则内不放弃比赛,记该学生参加选拔赛的次数为,求的分布列及数学期望.
参考公式及数据:,其中.
- 如图,在三棱锥中,平面,点,分别是,的中点,且.
证明:平面.
若,,求平面与平面夹角的余弦值.
- 已知椭圆的一个焦点与短轴的一个端点连线的倾斜角为,直线与椭圆相交于和两点,且为坐标原点.
求椭圆的方程;
直线与椭圆交于,两点,直线的斜率为,直线的斜率为,且,求的取值范围. - 已知函数,.
当时,讨论的单调性;
设,为正数,且当时,,证明:.
答案和解析
1.【答案】
【解析】解:集合,
,
.
故选:.
利用交集定义、不等式性质直接求解.
本题考查集合的运算,考查交集定义、不等式性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
2.【答案】
【解析】解:因为,所以,
则.
故选:.
由,可得,则,再求出的值.
本题考查复数的运算,考查运算能力,属于基础题.
3.【答案】
【解析】解:,
,解得.
故选:.
根据已知条件,结合向量垂直的性质,即可求解.
本题主要考查向量垂直的性质,属于基础题.
4.【答案】
【解析】解:由已知得,所以.
因为为弦的中点,
所以,
所以,
则直线的方程为,即,
故选:.
根据题意可得直线的斜率,进而可得直线的斜率,写出直线的方程.
本题考查直线与圆相交问题,解题中需要理清思路,属于中档题.
5.【答案】
【解析】解:因为,,,的平均值为,方差为,
由数据,,,的平均值为,方差为,
所以,解得,.
故选:.
根据,若可得,,代入数据,解得的值.
本题考查方差,考查学生的运算能力,属于基础题.
6.【答案】
【解析】解:根据题意,,其定义域为,
又由,则函数为奇函数,排除,,
当时,,则,故,又由,必有,故排除,
故选:.
根据题意,由函数的奇偶性排除,再分析函数在的符号,排除,即可得答案.
本题考查函数的图象分析,涉及函数奇偶性和函数值符号的分析,属于基础题.
7.【答案】
【解析】解:命题:,即或,
为,
又命题:,且与二者均无包含关系,
是的既不充分也不必要条件.
故选:.
根据已知条件,求出,再结合集合之间的关系,即可求解.
本题主要考查命题的否定,属于基础题.
8.【答案】
【解析】解:根据题意,是在上的减函数,又与关于轴对称,
则是上的增函数,
所以,解得.
故选:.
利用与关于轴对称,得是上的增函数,利用单调性可解.
本题考查函数的单调性,属于基础题.
9.【答案】
【解析】解:因为的最小正周期为,所以.
将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象,
当,,所以的值域为.
故选:.
根据最小正周期为可得,再根据三角函数图象平移的性质可得,结合三角函数图象的性质即可得值域.
本题考查的知识要点:函数关系式的求法,函数的图象的平移变换,主要考查学生的运算能力和数学思维能力,属于中档题.
10.【答案】
【解析】解:对于:由于圆锥的底面直径为,圆锥的轴截面为等腰直角三角形,所以圆锥的高为,所以,故A正确;
对于:由于圆锥的侧面展开面为半圆,设圆锥的母线为,故,故;所以圆锥的表面积为,故B错误;
对于:圆锥的外接球半径为,圆锥的底面半径为,则圆锥的底面中心到球心的距离,所以圆锥的高为或,故圆锥的体积或,故C正确;
对于:由于圆锥的底面半径为,高为,设圆锥的内切球半径为,利用面积相等,解得,所以;故D正确.
故选:.
直接利用圆锥的轴截面为等腰直角三角形确定圆锥的高为,进一步求出圆锥的体积;利用圆锥的侧面为半圆,求出圆锥的母线长,进一步求出圆锥的表面积,直接利用球和圆锥的外接关系求出圆锥有两种外接情况,进一步求出圆锥的高为或,进一步求出圆锥的体积,直接利用轴截面为等腰直角三角形,利用分割法的应用建立,求出的值,最后确定内切球的表面积.
本题考查的知识要点:球和圆锥的内切和外接关系,球的体积公式和球的表面积公式,主要考查学生的运算能力和数学思维能力,属于中档题.
11.【答案】
【解析】解:因为函数的图象上存在点,
函数的图象上存在点,且,关于轴对称,
又因为函数与函数的图象关于轴对称,
所以函数的图象与函数的图象有交点,
即方程在上有解,
所以在上有解.
不妨设,,
则,
可知在上单调递增.在上单调递减.
故当时,,
由于,,且,
所以.
故选:.
求出函数关于轴的对称函数,则问题转化为函数与的图像右键点,等价为方程在上有解,构造函数,求出函数的导数,研究函数的单调性和最值,求解即可.
本题考查了导数的综合应用及转化思想的应用,应用了构造函数的方法,属于中档题.
12.【答案】
【解析】解:因为以为圆心,为半径的圆交于,两点,
所以,
结合抛物线的定义,可知点到准线的距离为,
又因为,,
所以的面积为,解得.
故选:.
画出图形,由题意可得,,然后结合抛物线的定义与三角形面积公式,即可求解.
本题主要考查抛物线的定义,考查数形结合的能力,属于中档题.
13.【答案】
【解析】解:因为,
所以,
又因为,,
解得,
从而.
故答案为:.
利用二倍角的正弦公式化简已知等式可得,由已知可求,从而解得的值,进而利用二倍角的余弦公式即可求解的值.
本题考查了二倍角公式在三角函数化简求值中的应用,考查了转化思想和方程思想的应用,属于基础题.
14.【答案】
【解析】解:是常数,
展开式中的常数项为.
故答案为:.
利用二项定理的通项公式,即可求出常数项.
本题主要考查二项式定理的应用,利用直选法是解决本题的关键,是基础题.
15.【答案】
【解析】解:因为的实轴长是虚轴长的倍,所以,从而.
故答案为:.
由题意可得和的比值,然后由公式.
本题考查了双曲线离心率的计算,属于基础题.
16.【答案】
【解析】解:连接,交于点,连接交于点,连接交于点,作交于点,
因为平面,平面,所以,
又,,
所以平面,
因为平面,
所以,
过点作交于点,
所以平面,因为平面,
所以,
因为,,所以平面,
因为平面,
所以.
不妨设,则,
所以
所以,则,
因为,分别为,的中点,
所以,所以为的中点,
所以,所以,
在中用余弦定理可得,
因为为锐角,所以,
在中,,
在中,,
在中,,
所以,
所以,
故答案为:.
连接,交于点,连接交于点,连接交于点,作交于点,则可得,过点作交于点,则可证得,在中用余弦定理可求得,再求出,在中,求得,在中,求得,在中求得,从而可求得结果.
本题考查了线面垂直的证明以及空间中长度的计算,考查了学生的运算能力,属于中档题.
17.【答案】解:由正弦定理得,
因为,所以,
所以,化简得,
所以,因为,所以.
因为,由余弦定理得,
又,,所以,即,解得,
则的面积.
【解析】由条件和正弦定理可得,然后结合三角函数的知识可得答案;
由条件结合余弦定理求出的值即可.
本题考查正弦定理与余弦定理在解三角形的应用,以及三角形的面积公式,属中档题.
18.【答案】解:因为数列的前项和满足,所以,
当时,,
由于满足,所以的通项公式为.
因为,所以.
因为,
所以,
所以.
【解析】由即可求解的通项公式,又根据等差数列的通项公式即可求解数列的通项公式;
由,从而根据裂项相消求和法及分组求和法即可求解.
本题考查了数列的递推关系、等差数列的通项计算以及裂项相消求和,属于基础题.
19.【答案】解:列联表如下:
| 前名人数 | 第至第名人数 | 合计 |
男生 | |||
女生 | |||
合计 |
零假设为:选拔赛成绩与性别无关,
因为,
所以没有的把握认为选拔赛成绩与性别有关.
该学生参加选拔赛次数的可能取值为,,,
,
,,
故的分布列为:
.
【解析】根据表中数据可以完善表格,计算卡方,根据临界值进行判断.
先求随机变量的所有取值,再分别求解概率,可得分布列,结合期望公式可求期望.
本题主要考查离散型随机变量分布列的求解,以及期望公式的运用,属于中档题.
20.【答案】证明:由平面,得.
又,点为的中点,所以,
由,为的中点,
得,所以,即,
又,所以平面;
解:由可得,,以点为坐标原点,以的方向分别为轴,轴的正方向,以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系,
因为,所以,
设平面的法向量为,
由得,令,则,
同理可得平面的一个法向量为,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【解析】由线面垂直的性质有,根据中垂线、直角三角形性质得到,再应用线面垂直的判定证结论.
构建空间直角坐标系,求出面、面的法向量,利用空间向量夹角的坐标表示求面面角的余弦值.
本题考查了线面垂直的证明以及两个平面夹角的计算,属于中档题.
21.【答案】解:不妨设左焦点为,上顶点为,则,,所以.
因为,
设代入椭圆的方程,可得,
联立方程组,可得,,
所以椭圆的方程为;
若直线的斜率存在,设的方程为,设,,
联立方程组,
整理可得:,,
且,,
又,所以,且,即,则.
因为,,所以,
整理得,则,且,且恒成立,
,
又,且,所以,且,
所以,
当直线的斜率不存在时,,,又,
而,解得,
,
,解得,则.
综上所述,的取值范围为
【解析】由题意直线的倾斜角可得,的关系,再由弦长的值可得,的坐标,代入椭圆的方程,可得,的关系,两式联立可得,的值,进而求出椭圆的方程;
分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论,设直线的方程,与椭圆的方程联立,求出两根之和及两根之积,求出直线,的斜率之积,整理,再由题意可得参数的关系,求出数量积的取值范围.
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用,分类讨论的思想,属于中档题.
22.【答案】解:的定义域为,
.
当时,,令,得;令,得.
所以在上单调递减,在上单调递增.
当时,因为的判别式,所以有两正根,且.
令,得或;令,得.
所以在和上单调递减,在上单调递增.
综上,当时,在上单调递减,在上单调递增.
当时,在和上单调递减,在上单调递增.
证明:因为,所以,
设,
则,
当时,因为,,
令,
则,
令,因为,则,所以在上单调递增.
又,所以,则,所以在上单调递增.
又,所以,则在上单调递增.
又,所以,则.
因为,,所以.
又,所以在上单调递减,所以,整理得.
又当时,令,则,
所以在上单调递增,,则在上单调递增,所以.
故.
【解析】求定义域,求导,对分类讨论,求解不同范围下的函数单调性;
构造函数,二次求导,通过研究函数单调性得到再结合的单调性得到,根据导函数得出在上单调递增,所以,从而得到证明.
本题考查了利用导数研究函数的单调性及利用导数证明不等式,考查分类讨论思想,属于难题.
2022-2023学年云南省楚雄州高一(下)期末数学试卷(含详细答案解析): 这是一份2022-2023学年云南省楚雄州高一(下)期末数学试卷(含详细答案解析),共15页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
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