2022-2023学年云南省玉溪市高二（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年云南省玉溪市高二（下）期末数学试卷（含解析），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学年云南省玉溪市高二（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.  已知集合，，则(    )A.  B.
C.  D. 2.  已知复数，在复平面内对应的点分别为，，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知向量，，且，则向量的夹角为(    )A.  B.  C.  D. 4.  已知，则(    )A.  B.  C.  D. 5.  已知椭圆：的右焦点为，左顶点为，若上的点满足轴，，则的离心率为(    )A.  B.  C.  D. 6.  将个和个随机排成一行，则个相邻的概率为(    )A.  B.  C.  D. 7.  设，则(    )A.  B.  C.  D. 8.  取两个相互平行且全等的正边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“角反棱柱”当时，得到如图所示棱长均相等的“四角反棱柱”，则该“四角反棱柱”外接球的半径与棱长的比值的平方为(    )

 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.  将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则下列结论正确的是(    )A. 的最小正周期为 B.
C. 的图象关于直线对称 D. 在区间上单调递增10.  已知，函数的导函数为，则下列说法正确的是(    )A.  B. 单调递增区间为
C. 的极大值为 D. 方程有两个不同的解11.  已知数列满足，则(    )A. 为等比数列 B. 的通项公式为
C. 为单调递减数列 D. 的前项和12.  已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，点为抛物线上的动点，则(    )A. 的最小值为
B. 的准线方程为
C.
D. 当时，点到直线的距离的最大值为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  在的展开式中，的系数是______ 用数字作答．14.  已知函数，则在处的切线方程为______ ．15.  已知平行四边形，，，则分别以对角线，为直径的两个圆的面积和为______ ．16.  赵爽是我国古代数学家，大约在公元年，他为周髀算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”以弦为边长得到的正方形由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则的值为______ ．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
在递增的等比数列中，，，其中．
求数列的通项公式；
若，求数列的前项和．18.  本小题分
在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，满足．
求角；
若，求的面积的最大值．19.  本小题分
我国某芯片企业使用新技术对一款芯片进行试产试产该款芯片共有三道工序，前两道生产工序互不影响，第三道是检测评估工序，包括自动智能检测和人工抽检已知前两道生产工序的次品率分别为，．
求该款芯片的次品率；
第三道工序中自动智能检测为次品的芯片会被自动淘汰；否则，进入流水线进行人工抽检已知该款芯片自动智能检测显示合格率为，求人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率．20.  本小题分
如图，在三棱柱中，，为的中点，平面平面．
证明：平面；
已知四边形是边长为的菱形，且，求平面与平面所成角的正弦值．
21.  本小题分
已知双曲线：的右焦点为，渐近线与抛物线：交于点
求，的方程；
设是与在第一象限的公共点，作直线与的两支分别交于点，，使得求证：直线过定点．22.  本小题分
已知函数，是自然对数的底数，若恰为的极值点．
求实数的值；
求在区间上零点的个数．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：函数有意义，则有，即，
而，
所以．
故选：．
求出函数定义域化简集合，再利用交集的定义求解作答．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：依题意，，，所以．
故选：．
根据复数的坐标表示，求出复数，，再利用复数乘法求解作答．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：由，得，
又，
，整理得：，即．
故选：．
对两边同平方得，则解出，则得到答案．
本题主要考查了向量数量积性质的应用，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：因为，
所以．
故选：．
利用倍角公式，即得．
本题主要考查了二倍角公式的应用，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：设，则直线：，由，得，即，

而，，由，得，即，
有，又，因此，
所以的离心率为．
故选：．
设出点的坐标，求出长，再利用给定的正切值列式计算作答．
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】解：由题意可知：个和个随机排成一行，共有种不同排法，
个相邻的，共有种不同排法，
所以个相邻的概率为．
故选：．
根据题意利用组合数结合古典概型运算求解．
本题主要考查了排列组合知识，考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：，，
如图，半径为的圆与轴交于点，锐角所对弧度数为，轴于点，

则，劣弧长为，显然小于劣弧的长度，即当时，，
因此，
所以．
故选：．
利用指数、对数函数性质比较的大小，再利用三角函数定义比较大小作答．
本题主要考查对数值的大小比较，属中档题．
 8.【答案】 【解析】解：根据题意，如图，
由题意可知旋转角度为，设上下正四边形的中心分别为，，
连接，则的中点即为外接球的球心，其中点为所在棱的中点，
设棱长为，可知，，
过点作于点，则，
则，即该“四角反棱柱”外接球的半径，
故该“四角反棱柱”外接球的半径与其棱长的比值的平方为．
故选：．
根据题意，设上下正四边形的中心分别为，，连接，设出棱长，利用外接圆的性质求出外接球的半径，最后求出比值．
本题主要考查球的应用，涉及棱柱的结构特征，属于难题．
 9.【答案】 【解析】解：依题意，函数，则，B错误；
函数的周期，A正确；
由于，则的图象关于直线对称，C正确；
当时，，而正弦函数在上不单调，
因此函数在区间上不单调，D错误．
故选：．
利用辅助角公式化简函数，求出函数，再逐项判断作答．
本题考查函数图象变换，考查三角函数的性质，属于中档题．
 10.【答案】 【解析】解：函数的定义域为，求导得，
对于，，A正确；
对于，由，解得，函数的单调递增区间为，B正确；
对于，当时，，当时，，当时，取得极小值，无极大值，C错误；
对于，显然函数在上递减，在上递增，，则方程有唯一解，D错误．
故选：．
求出函数的导数，再逐项分析判断作答．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与极值，化归转化思想，属中档题．
 11.【答案】 【解析】解：，
是首项为，公差为的等差数列，故A错误；
，即，故B正确；
又函数在上单调递增，且，则函数在上单调递减，
又，，则数列为单调递减数列，故C正确；
的前项和，故D正确．
故选：．
由题意得，可得为等差数列，即可判断，求出其通项，即可判断，利用函数单调性即可判断，利用等差数列的前和公式即可判断．
本题考查数列的递推式，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：如图：

对于，，由抛物线的焦点为，
则，即，其准线方程为，设点到准线的距离为，
则，设点到准线的距离为，
易知，故选项A正确，B正确；
由题意可知，过点的直线的方程可设为，代入抛物线：，
可得，
，
则直线始终与抛物线图象有两个交点，
设，，则
，当时，取到最小值，故选项C错误；
由可得直线的方程为，由，可知到直线的距离等于到直线的距离，
点到直线的距离，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，由当时，，当时，，
则当时，，所以，故选项D正确．
故选：．
根据焦点坐标求出准线方程即可判断，利用图形根据抛物线的定义结合三点一线即可判断，设直线的方程为，将其与抛物线方程联立得到关于的一元二次方程，则得到韦达定理式，计算得，则可判断，因为可知到直线的距离等于到直线的距离，则点到直线的距离，利用导数即可求出最大值即可判断．
本题主要考查直线与抛物线的综合，考查转化能力，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：由题可得的展开式的展开式通项为，其中，，
令，则含的系数为．
故答案为：．
直接根据二项展开式的通项公式即可得到答案．
本题考查的知识要点：二项展开式，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
 14.【答案】 【解析】解：由题意可得：，
则，，
即切点坐标为，斜率，
所以切线方程为．
故答案为：．
根据导数的几何意义运算求解．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：依题意，，
因此，
所以分别以对角线，为直径的两个圆的面积和为．
故答案为：．
根据给定条件，利用平面向量的数量积求出▱两条对角线的平方和作答．
本题主要考查平面向量的线性运算，考查运算求解能力，属于中档题．
 16.【答案】 【解析】解：因为，不妨设，因此，
又由题意可得，
所以，
因此，
延长交于，
记，，
则，
所以，
又由题意易知，则，
在三角形中，由正弦定理可得：，
即，
因此，
，
所以，
因为，即，
整理得，
所以，
又因为，
由平面向量的基本定理可得，，
所以，
故答案为：．
先设，根据题意可知，求出的长，延长交于，求出，的长，再由平面向量基本定理即可得出结果
本题主要考查解三角形以及平面向量基本定理，熟记正弦定理和余弦定理、以及平面向量基本定理即可，属于中档题．
 17.【答案】解：，，等比数列是递增数列，
，，
数列的公比，
；
由得，则，
数列的前项和． 【解析】根据给定条件，求出的首项、公比，即可得出答案；
利用分组求和法及等比数列前项和公式求和，即可得出答案．
本题考查数列的求和，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：在中，由条件及正弦定理得，
因为，所以，所以，
因为，所以；
因为，，
所以由正弦定理有：，
所以，
所以

，
因为三角形为锐角三角形，
所以，解得：，
所以，
所以当，即时，取得最大值． 【解析】利用正弦定理进行边化角即可得到答案；
由三角形为锐角三角形求出的取值范围，利用正弦定理将“边化角”，再由三角形面积公式和三角恒等变换化简可得，再求最值即可．
本题考查利用正余弦定理和三角形的面积公式解三角形，属于中档题．
 19.【答案】解：该款芯片的次品率为，
；
设批次的芯片智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，
由已知得，
则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品概率为：
． 【解析】根据相互独立事件及对立事件求批次芯片的次品率；
再由条件概率公式求人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了条件概率公式，属于基础题．
 20.【答案】证明：在三棱柱中，由，是的中点，得，
而平面平面，且平面平面，平面，
平面C.
解：四边形为菱形，，则为正三角形，连接，有，
而平面平面，平面平面，因此平面，，，两两垂直，
以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

则，
，
设为平面的一个法向量，
则，
令，得平面的法向量，
显然平面的法向量，
设平面与平面所成角为，
则，
平面与平面所成角的正弦值为． 【解析】利用等腰三角形性质，面面垂直的性质推理作答；
以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答．
本题主要考查线面垂直的证明，平面与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
 21.【答案】解：双曲线的渐近线方程为：，
双曲线：的右焦点为，
则，解得，
则，由抛物线过，得，则，
所以，的方程分别为，．
证明：由于点，在双曲线左右两支上，则直线的斜率存在，设的方程为，，，

由消去得：，，
即，则，，
，
由，解得，于是，，
由，得，即
，
整理得：，即，
显然不在直线上，即，于是，满足，
因此直线的方程为，即，恒过定点，
所以直线过定点． 【解析】求出双曲线渐近线方程，由已知列出关于，的方程组即得方程，代入求出得的方程．
求出点的坐标，设出直线的方程，与的方程联立，利用韦达定理及向量数量积探求、计算判断作答．
本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，属于难题．
 22.【答案】解：由题意得，
因为为的极值点，故，，
此时，则时，，故，
则在上单调递增；
由，
令，，
当时，，则，
则在上单调递减，故，即，
故在上单调递减，
则为的极大值点，符合题意，
故；
由知，，
时，，在上单调递增，则，
故在上不存在零点；
当时，，故在上单调递减，则，
故在上不存在零点；
当时，，即为的零点，
综合上述，在区间上零点的个数为． 【解析】求出函数的导数，令起等于，即可求得的值，结合极值点定义进行验证即可；
对于分段讨论，判断的单调性，结合函数值情况，即可判断其零点个数．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与极值，函数零点问题的求解，化归转化思想，属中档题．