2022-2023学年贵州省遵义市高二上学期期末数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年贵州省遵义市高二上学期期末数学试题（解析版），共17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。
2022-2023学年贵州省遵义市高二上学期期末数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据斜率与倾斜角的关系即可求.【详解】化直线为，所以直线的斜率，令直线的倾斜角为，则，，.故选：C.2．抛物线的准线方程为A． B． C． D．【答案】C【分析】由抛物线标准方程知p＝2，可得抛物线准线方程．【详解】抛物线y2＝4x的焦点在x轴上，且2p=4,=1，∴抛物线的准线方程是x＝﹣1．故选C．【点睛】本题考查抛物线的标准方程、抛物线的简单性质等基础知识，属于基础题．3．已知向量，若，则x的值为（    ）A．－2 B．－1 C．1 D．2【答案】D【分析】根据题意可得，进而求出x的值.【详解】因为，所以，即，解得，故选：D.4．已知正实数a、b满足，则的最小值为（    ）A． B． C． D．4【答案】A【分析】利用基本不等式“1”的妙用，可得答案.【详解】由，则，当且仅当，即时，等号成立，故选：A.5．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】将、与2比较可得，将、用换底公式变换后构造函数，研究其单调性比较即可.【详解】∵，，∴，又∵，，，∴，即：，∴，∴.故选：B.6．已知两条直线和，下列不正确的是（    ）A．“a＝1”是“”的充要条件B．当时，两条直线间的距离为C．当斜率存在时，两条直线不可能垂直D．直线横截距为1【答案】D【分析】由直线平行关系可以判断A正确；利用平行线间距离公式可以判断B正确；利用垂直关系可以判断C正确；令可以求出直线得横截距.【详解】当时，，则，当时，直线与重合，故舍去，所以A正确；当时，，和间的距离为，所以B正确；若，则，则，又当斜率存在时，，所以C正确；，令得，所以直线横截距为-1，所以D错误.故选：D.7．已知函数的图象如下图所示，则的大致图象是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先由函数的图象变换得到偶函数的图象，再根据平移变换得到的图象.【详解】在轴左侧作函数关于轴对称的图象，得到偶函数的图象，向左平移一个单位得到的图象.故选：A.8．投掷一枚均匀的骰子，记事件A：“朝上的点数大于3”，B：“朝上的点数为2或4”，则下列说法正确的是（    ）A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B对立C．事件A与事件B相互独立 D．【答案】C【分析】根据互斥事件以及对立事件的概念结合事件A与事件B的基本事件可判断A，B；根据独立事件的概率公式可判断C；求出事件的概率可判断D.【详解】对于A，B，事件A：“朝上的点数大于3”，B：“朝上的点数为2或4”，这两个事件都包含有事件：“朝上的点数为4”，故事件A与事件B不互斥，也不对立，A，B错误；对于C，投掷一枚均匀的骰子，共有基本事件6个，事件A：“朝上的点数大于3”包含的基本事件个数有3个，其概率为,B：“朝上的点数为2或4”，包含的基本事件个数有2个，其概率为,事件包含的基本事件个数有1个，其概率为,由于,故事件A与事件B相互独立，C正确；对于D，事件包含的基本事件个数有朝上的点数为共4个，故，D错误，故选：C 二、多选题9．已知函数，则（    ）A．函数f（x）为偶函数B．函数f（x）的定义域为C．函数f（x）的最小值为2D．函数f（x）在（0，＋∞）单调递减【答案】ABC【分析】对于A：根据偶函数的定义即可判断；对于B：分母不为0即可判断；对于C：根据基本不等式即可判断；对于D：求导即可判断.【详解】对于A：的定义域为，关于原点对称，而，所以为偶函数.故A正确；对于B：，的定义域为.故B正确；对于C：，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为2.故C正确；对于D：，当时，令即，解得，令即，解得，在上单调递减，在上单调递增.故D错误.故选：ABC.10．已知函数，则（    ）A．函数f（x）的最小正周期为B．将函数f（x）的图象向右平移个单位后的图象关于y轴对称C．函数f（x）的一个对称中心为D．函数f（x）在区间上单调递减【答案】AD【分析】运用辅助角公式化简、图象平移变换，再研究其周期性、奇偶性、对称性及单调性即可.【详解】，对于A项，，故A项正确；对于B项，的图象向右平移个单位后为，所以，所以图象不关于y轴对称.故B项错误；对于C项，因为，，所以的对称中心为，，当时，，所以不是的对称中心.故C项错误；对于D项，因为，则，，令，则，，因为在上单调递减，所以在上单调递减.故D项正确.故选：AD.11．已知直线l：，点P为⊙M ：上一点，则（    ）A．直线l与⊙M相离B．点P到直线l距离的最小值为C．与⊙M关于直线l对称的圆的方程为D．平行于l且与⊙M相切的两条直线方程为和【答案】AC【分析】利用圆心到直线l的距离与半径的关系可以判断A正确；点P到直线l距离的最小值为，判断B错误；求出圆心关于直线l对称点，进而求出圆的方程，判断C正确；利用圆心到直线的距离，求出其切线方程，判断D错误.【详解】⊙M ：，圆心，半径，圆心到直线l：的距离为：，所以直线l与⊙M相离，故A正确；点P到直线l距离的最小值为，故B错误；设圆心关于直线l对称点为，则，解得，则与⊙M关于直线l对称的圆的方程为，故C正确；设平行于l且与⊙M相切的直线方程为，则，解得或，平行于l且与⊙M相切的两条直线方程为和，故D错误.故选：AC.12．双曲线C：的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线右支交于A、B两点，和内切圆半经分别为和，则（    ）A．双曲线C的渐近线方程为B．面积的最小值为15C．和的内切圆圆心的连线与x轴垂直D．为定值【答案】BCD【分析】A：根据定义和双曲线性质得渐近线方程为；B：，联立方程，找到面积的表达式，函数解析式找到最小值，在垂直时取到；CD:画图，设圆切、、分别于点、、，推导出点、、的横坐标为，证得轴，，可得出，得证；【详解】选项:双曲线的渐近线方程为化简成一般式为 ，错误；选项：设则；设过点的直线为l显然与轴不垂直，设：，，，联立，故，，由于A，均在双曲线右支，故，解得，带入得：，代入韦达定理得，令，则，易知随的增大而减小，则当时，，综上：的面积的最小值为15，正确；选项:（如图所示） 过的直线与双曲线的右支交于、两点，由切线长定理可得，，，所以，则，所以点的横坐标为.故点的横坐标也为，同理可知点的横坐标为，故轴，正确；选项：由C可知圆和圆均与轴相切于，圆和圆两圆外切.在中，，，，，所以，，所以，，则，所以，即，正确；故答案为：BCD【点睛】方法点睛：双曲线中的面积最值问题的处理方法：设出直线方程，设出交点坐标，，直线方程代入双曲线方程后应用韦达定理得，可根据交点情况得出参数范围，利用点的坐标求出面积，代入韦达定理的结果后面积可化为所设参数的函数，从而再利用函数知识、不等式知识求得最值． 三、填空题13．若复数，则|z|＝___．【答案】【分析】根据复数的模长的计算公式，可得答案.【详解】由题意，复数的实部为，虚部为，则.故答案为：.14．若，则tan 2＝___．【答案】.【分析】方法1：运用特殊角的三角函数值计算即可.方法2：运用同角三角函数的平方关系与商式关系及二倍角公式计算即可.【详解】方法1：∵，，∴，∴.方法2：∵，∴，∴，∴.故答案为：.15．已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若PA＝2，AB＝1，，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为___．【答案】【分析】由题意结合球心的性质确定三棱锥的外接球的球心的位置，求得球的半径，即可求外接球的表面积【详解】由题意，在三棱锥中，平面，平面，所以，,又，，平面，所以平面，平面，所以，设的中点为，因为，所以，因为，所以，所以为三棱锥外接球的球心，因为，，所以，因为，，，所以，设三棱锥外接球的为，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为．故答案为：.16．已知函数，若方程有四个不相等的实数根、、、，且，则的取值范围是___．【答案】.【分析】画出的图象可得m的范围，，，，代入所求式子转化为求函数在上的值域即可.【详解】的图象如图所示，∵方程有四个不相等的实根，∴，又∵，，∴，，，∴，又∵在上单调递减，∴，∴，∴的取值范围为.故答案为：. 四、解答题17．2022年卡塔尔世界杯正赛在北京时间11月21日－12月18日进行，赛场内外，丰富的中国元素成为世界杯重要的组成部分，某企业为了解广大球迷世界杯知识的知晓情况．在球迷中开展了网上测试，从大批参与者中随机抽取100名球迷，他们测试得分（满分100分）数据的频率分布直方图如图所示：(1)根据频率分布直方图，求a的值；(2)若从得分在[75，90]内的球迷中用分层抽样的方法抽取6人作世界杯知识分享，并在这6人中选取2人担任分享交流活动的主持人，求选取的2人中至少有1名球迷得分在内的概率．【答案】(1)0.04.(2). 【分析】（1）根据所有频率之和为1列式解方程即可.（2）根据分层抽样的抽样比相同抽取人数，用列举法解决古典概型.【详解】（1），解得：.（2）由分层抽样可知，从得分在内的球迷中抽取人，分别记为、、，从得分在内的球迷中抽取人，分别记为、，从得分在内的球迷中抽取人，记为.所以从这6人中选取2人的基本事件有、、、、、、、、、、、、、、，共有15个，两人中至少有1名球迷得分在内的基本事件有、、、、、、、、，共有9个.所以两人中至少有1名球迷得分在内的概率为.18．已知的圆心在直线上，且过点．(1)求的方程；(2)若：，求与公共弦的长度．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出的垂直平分线的方程，联立方程求得圆心坐标，继而求得半径，即可得答案；（2）求出两圆的公共线的方程，求得到该直线的距离，根据圆的弦长的求法可得答案.【详解】（1）由题意知的圆心在直线上，且过点，则的垂直平分线方程为，即，联立，解得，即圆心为，则半径为，故的方程为（2）因为，而，故和相交，将和相减可得，点到直线的距离为，故与公共弦的长度为.19．如图，正四棱柱中，M为中点，且．(1)证明：平面；(2)求DM与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析.(2). 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）作,证明平面,找到DM与平面所成角，求出相关线段的长，解直角三角形即可求得答案.【详解】（1）证明：如图，连接 ,因为 ,所以四边形为平行四边形，故 ,又平面，平面,故平面.（2）作,垂足为P，因为平面, M为中点，平面,平面,故,平面,故平面,连接,则为 DM与平面所成角，在中，,而,故在中, ,即DM与平面所成角的正弦值为.20．在①；②这两个条件中选择一个，补充在下面问题中并解答．问题：在△ABC中，A，B，C所对边分别为a，b，c，___________．(1)求C；(2)若a＝1，b＝2，D在线段AB上，且满足，求线段CD的长．注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分．【答案】(1)(2) 【分析】（1）选择条件①，先用正弦定理将角转化为边的关系，再利用余弦定理即可；选择条件②，先用正弦定理将边转化为角的关系，再由两角和的正弦公式结合诱导公式即可求解；（2）先利用余弦定理求出，从而可得到，再由题意求出，再根据勾股定理即可求得．【详解】（1）选择条件①，依题意由正弦定理得，即，又由余弦定理得，且，得，选择条件②，依题意由正弦定理得,即，又，则，所以，得，（2）结合（1）由余弦定理得，即，则，所以，又，即，则，则在Rt△CBD中，，得．21．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，点H为线段PB上一点（不含端点），平面AHC⊥平面PAB．(1)证明：；(2)若，四棱椎P－ABCD的体积为，求二面角P－BC－A的余弦值．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）利用面面垂直性质定理与线面垂直性质定理，结合公理2，可得线面垂直，可得答案；（2）根据二面角的平面角定义作图，利用等面积法以及棱锥体积公式，求得边长，结合直角三角形的性质，可得答案.【详解】（1）平面，且平面，过点所有垂直于的直线都在平面内，平面平面，且平面，存在一条过的直线平面，且平面，平面，，则平面，平面平面，与为同一条直线，即平面，平面，.（2）在平面内，过作，且，连接，作图如下：平面，且平面，，同理可得，，，平面，平面，平面，为二面角的平面角，在中，，且，则，在四棱锥中，底面的面积，则其体积，解得，在中，，故二面角的余弦值为.22．已知椭圆C的左顶点为，离心率为．(1)求C的方程；(2)过椭圆C的右焦点F作两条相互垂直的直线、，M为与C两交点的中点，N为与C两交点的中点，求△FMN面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知顶点坐标求出，由离心率求出，进一步运算得出椭圆的方程；（2）设出直线、的方程，与椭圆C方程联立，得出M，N的纵坐标，表示△FMN的面积，求其最大值.【详解】（1）由左顶点为，得，又离心率为，即，则，，所以椭圆C的方程为；（2）由已知、斜率都存在且不为0，设与C交于，，右焦点，设直线：，联立，得，所以与椭圆C两交点的中点M的纵坐标， 同理与椭圆C两交点的中点N的纵坐标，所以△FMN的面积， 不妨设，令 ，，则，因为，，因为，所以函数在区间上单调递增，当时，有最小值，△FMN面积有最大值，最大值为．