2022-2023学年辽宁省朝阳市建平县高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年辽宁省朝阳市建平县高二（下）期末数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  若复数满足是虚数单位，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知集合，则集合的子集个数为(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

3.  已知圆台的上、下底面的半径分别为，，母线长为，则该圆台的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  回文联是我国对联中的一种用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇具趣味相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为：“回文数”如，，等，那么用数字，，，，，，，可以组成位“回文数”的个数为(    )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

5.  已知，，与是方程的两个根，则(    )

A.  B.  C. 或 D. 或

6.  已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，，，则(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知椭圆的右顶点为，，为上关于坐标原点对称的两点，若直线，的斜率之积为，则的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知实数，满足，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  下列说法正确的是(    )

A. 相关系数的绝对值越接近，两个随机变量的线性相关程度越强
B. 若随机变量，且，则
C. 若随机变量，则
D. 一组数据、、、、、、、、、的第百分位数为

10.  设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，且，，，则下列说法正确的是(    )

A.  B.
C. 的最大值为 D. 的最大值为

11.  将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若在上单调，则的可能取值为(    )

A.  B.  C.  D.

12.  如图，在三棱锥中，和均为边长为的等边三角形，则下列说法正确的是(    )

A.
B. 当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的体积为
C. 当二面角的余弦值为时，
D. 若二面角的大小为，且时，直线与所成角的余弦值最大为
 

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知向量，，，若，则 ______ ．

14.  已知双曲线，其一条渐近线被圆截得的弦长为，则该双曲线的虚轴长为______ ．

15.  被除的余数是______ ．

16.  已知圆：，是直线：上的一点，若圆上存在两点，，使得是等边三角形，则的横坐标的取值范围是______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知为等差数列的前项和，且，．
求的通项公式；
若，求数列的前项和．

18.  本小题分
乒乓球，被称为中国的“国球”，是一项集力量、速度、柔韧、灵敏和耐力素质为一体的球类运动，同时又是技术和战术完美结合的典型打乒乓球能使眼球内部不断运动，血液循环增强，眼神经机能提高，因而能使眼睛疲劳消除或减轻，起到预防治疗近视的作用乒乓球的球体小，速度快，攻防转换迅速，技术打法丰富多样，既要考虑技术的发挥，又要考虑战术的运用乒乓球运动中要求大脑快速紧张地思考，这样可以促进大脑的血液循环，供给大脑充分的能量，具有很好的健脑功能乒乓球运动中既要有一定的爆发力，又要有动作的高度精确，要做到眼到、手到和步伐到，提高了身体的协调和平衡能力不管学习还是工作，每天都或多或少有点压抑，打球能使大脑的兴奋与抑制过程合理交替，避免神经系统过度紧张某中学对学生参加乒乓球运动的情况进行调查，将每周参加乒乓球运动超过小时的学生称为“乒乓球爱好者”，否则称为“非乒乓球爱好者”，从调查结果中随机抽取份进行分析，得到数据如表所示：

补全列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为是否为“乒乓球爱好者”与性别有关？
为了解学生的乒乓球运动水平，现从抽取的“乒乓球爱好者”学生中按性别采用分层抽样的方法抽取人，与体育老师进行乒乓球比赛，其中男乒乓球爱好者获胜的概率为，女乒乓球爱好者获胜的概率为，每次比赛结果相互独立，记这人获胜的人数为，求的分布列和数学期望．
参考公式：，．

19.  本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，且．
求角的大小．
若是的内心，且，，求和．

20.  本小题分
如图，在三棱柱中，平面平面，，，，且，是棱上的一点．
求证：；
是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

21.  本小题分
已知，是抛物线：的准线与轴的交点，过的直线与交于不同的，两点．
若直线的斜率为，求的面积；
若直线交于另外一点，试判断直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．

22.  本小题分
已知函数．
若，求的图象在处的切线方程；
若对任意的恒成立，求整数的最小值；
求证：，．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：因为，所以，
所以．
故选：．
根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的模的计算公式计算可得．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：由，得，解得，
，
集合的子集有个．
故选：．
首先解一元二次不等式求出集合，再根据含有个元素的集合有个子集计算可得．
本题考查子集的定义，考查不等式的解法，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：根据题意，因为圆台的上、下底面的半径分别为，，母线长为，则该圆台侧面积为，
所以这个圆台的表面积为．
故选：．
根据题意，利用圆台表面积公式计算作答．
本题考查圆台的表面积计算，注意圆台的结构特征，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：根据题意，分种情况讨论：
位“回文数”中数字全部相同，有种情况，即此时有个位“回文数”；
位“回文数”中有个不同的数字，有种情况，即此时有个位“回文数”；
则一共有个位“回文数”．
故选：．
根据题意，分种情况讨论：位“回文数”中数字全部相同，位“回文数”中有个不同的数字，求出每种情况下位“回文数”的数目，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列数的应用，考查分类加法计数原理，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：因为与是方程的两个根，
所以，，
所以，，因为，，所以，，
所以，
又因为，所以．
故选：．
利用韦达定理得到，，再由两角和的正切公式求出，即可得解．
本题主要考查和差角公式的应用，属于中档题．
 

6.【答案】 

【解析】解：因为函数是定义在上的偶函数，
则，，
由在定义域内单调递减，则；
由在定义域内单调递增，则；
由在内单调递增，则，
故，
又因为在上单调递减，所以在上单调递增，
所以．
故选：．
根据基本初等函数单调性分析可得，进而利用偶函数的对称性以及函数单调性分析判断．
本题主要考查了指数函数和对数函数的单调性，考查了函数的奇偶性，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由题意可知：，
设，则，
可得，
则，
又因为点在椭圆上，则，
整理得，
可得，
即，
所以的离心率．
故选：．
根据题意结合椭圆方程整理得，进而可求离心率．
本题主要考查了椭圆的性质，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：因为，所以，令，
所以，其中，，
所以当时，取得最大值为．
故选：．
依题意可得，令，将转化为的三角函数，而后利用辅助角公式计算即可．
本题主要考查基本不等式及其应用，属中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于：相关系数的绝对值越接近，两个随机变量的线性相关程度越强，故A正确；
对于：若随机变量，且，
所以，
则，故B正确；
对于：若随机变量，则，故C错误；
对于：数据从小到大排列为、、、、、、、、、，
又，所以数据的第百分位数为第、两数的平均数，即为，故D错误．
故选：．
根据相关系数的定义判断，根据正态曲线的性质判断，根据二项分布的方差公式判断，根据百分位数的定义判断．
本题主要考查概率与统计的知识，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：若，则不符合题意，所以，
所以数列为正项的等比数列，
由，得，
所以，
所以或，
若，则，，所以，
若，则，因为，所以，而不可能大于，所以不成立，
综上，，所以A错误，
对于，，因为，所以，所以B正确，
对于，因为，所以对任意，都成立，所以无最大值，所以C错误，
对于，因为，，，当时，，当时，，所以的最大值为，所以D正确．
故选：．
由可得，再结合，，可得，然后根据等比数列的性质逐个分析判断即可．
本题主要考查了等比数列性质的综合应用，考查了分析问题的能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：因为，
则，
因为，则，
因为在上单调，则，
解得，
当时，则，故B正确；
当时，则，故C、D正确；
若，即，解得，不成立，故A错误．
故选：．
利用三角恒等变换整理得，进而可得，结合正项函数单调性分析运算即可．
本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式的应用，还考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：在三棱锥中，和均为边长为的等边三角形，
取的中点，连接，，如图，

则，，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，A正确；
对于：由上可知，
又平面，
所以平面平面，又平面平面，
于是点在平面上的射影在直线上，
所以点到平面的距离，当且仅当时取等号，
因为面积为定值，
所以最大时三棱锥的体积最大，
此时平面平面，且平面，平面，
令，的中心分别为，，
三棱锥外接球球心为，则平面，平面，
所以，，
四边形是矩形，，，
因此三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球的体积，B错误；
对于：由选项A知，为二面角的平面角，即，
因为，，
所以，
所以，C正确；
对于：二面角的大小为，即，
所以，
记直线与所成角的大小为，
则，，
当  时，，，
所以，则，
所以的最大值为，D正确．
故选：．
取的中点，连接，，利用线面垂直的判断判断；确定三棱锥体积最大时图形位置，并求出球半径计算判断；利用空间向量数量积判断；求出异面直线夹角余弦的函数关系求解判断作答．
本题考查球有关的内切或外接问题时，解题关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：因为，，且，
所以，
因为，所以，解得．
故答案为：．
首先求出的坐标，依题意，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可．
本题主要考查了向量数量积性质的坐标表示，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：如图所示，双曲线的两条渐近线关于轴对称，
取与圆相交于点，，，
圆心到直线的距离．
结合垂径定理可得，
．
故答案为：．
由题意画出图形，利用垂径定理转化求解即可．
本题考查双曲线的简单性质，考查直线与圆位置关系的应用，是基础的计算题．
 

15.【答案】 

【解析】解：





．
所以被除的余数是．
故答案为：
依题意可得原式，再根据二项式的展开式计算可得．
本题考查二项式定理的应用，考查学生计算能力，属于基础题．
 

16.【答案】 

【解析】解：由题意知，若圆上存在两点、，使得是等边三角形，
即存在点使得，过作圆的切线，切点为，连接，，则，
又，，即，得，
设，
，解得，
所以的横坐标的取值范围是．

故答案为：．
依题意存在点使得，过作圆的切线，切点为，连接，，则，又，即可得到，设，由距离公式得到不等式，解得即可．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
 

17.【答案】解：设等差数列的公差为，
，，
，解得，
；
由得，则，
． 

【解析】设等差数列的公差为，依题意得到关于、的方程组，求解即可得出答案；
由得，利用裂项相消法计算，即可得出答案．
本题考查等差数列的性质和裂项相消法求和，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：根据题意可得列联表如下：

则，
所以认为是否为“乒乓球爱好者”与性别有关；
由得抽取的人中人为男生，人为女生，
则的可能取值为、、、，
所以，，
，，
所以的分布列为：

所以． 

【解析】完善列联表，计算出卡方，即可得解；
依题意可得的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望．
本题考查独立性检验原理的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
 

19.【答案】解：在中，由正弦定理及，
得，
即，
又，
，
因此，
又，即有，于是，
因为，所以；
因为是的内心，则，，分别平分，，，
于是，
在中，由余弦定理得，
即，
过点分别作，，的垂线，垂足分别为，，，则，
在中，，
即，
解得，则，
在直角中，，从而，
所以，． 

【解析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简即可．
利用三角形内心的性质求出，再利用余弦定理、三角形面积公式求解即可．
本题考查利用正余弦定理解三角形和三角形的“四心”，属于中档题．
 

20.【答案】解：证明：在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
在三棱柱中，，
所以．
因为平面，平面，
所以，
又，，
所以，
以为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，
所以，
假设存在点满足条件，设，则，
所以，
设直线与平面所成角为，
所以，，
整理得，
解得或舍去，
所以，
所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时． 

【解析】在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，从而得到平面，则，即可得证．
建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法计算可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，线面所成角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
 

21.【答案】解：抛物线：的准线方程为，
所以，
若直线的斜率为，则直线的方程为，
由，得，
设，，
显然，
所以，，
所以，
又到直线的距离，
所以．

设，，，
则，
所以直线的方程为，即，
又直线过，
所以，
所以，
同理可得直线的方程为，
又直线过，
所以，
同理可得直线的方程为，
又，
所以，
即，即，
又，即，
即，
所以，解得，
所以直线恒过定点．
 

【解析】首先求出抛物线的准线方程，即可得到点坐标，从而得到直线的方程，联立直线与抛物线方程，设，，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出，再求出点到直线的距离，即可求出面积；
设，，，即可得到直线的方程，即可得到，再得到直线的方程，即可得到，同理可得直线的方程，即可得解．
本题考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：当，，
，
，，
所以的图象在处的切线方程为，
对任意的恒成立，等价于为恒成立，
构造函数，，
因为函数，在单调递减，
所以函数在单调递减，
且，，，
，，，
所以存在唯一的实数，使得，即，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
所以当时，时，取极大值也是最大值，，
因为函数，在单调递增，且均为正，故单调递增，
因此，所以，
所以整数的最小值为；
由知当时，对任意的恒成立，即对任意的恒成立，
取，则，
所以，
因此，
故，． 

【解析】求导得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程，
根据恒成立将问题转化为恒成立，构造函数，求导数，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理即可求解，
由的结论可得，即可由求和关系，结合等比数列求和公式即可求解．
本题考查了利用导数研究其单调性，考查了构造有效的函数证明函数不等式，考查了运算能力，属于难题．