贵州省铜仁市2022-2023学年高二数学下学期期末质量监测试题（Word版附解析）

铜仁市2023年7月高二年级质量监测试卷

数学

本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置.

2．答案全部填写在答题卡上，写在本试卷上无效.

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

第I部分  选择题（共60分）

一、选择题：本大题共8个小题，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. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据一元二次不等式的解化简集合B,即可由交集的运算求解.

【详解】由得，所以，

故选：C

2. 复数对应的点在复平面内的（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】根据条件得到，再利用复数的几何意义即可求出结果.

【详解】因为，其对应点为，在复平面上为第一象限上的点.

故选：A.

3. 函数的图象与函数的图象关于轴对称，则（    ）

A.  B.  C. 4 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据对称关系可得，代入即可求解.

【详解】设上任意一点，则在上，故，

故，

故选：D

4. 音程由两个音组成，是和声的最小单位．有的音听起来和谐而有的则不和谐，这和音与音之间的波形（正弦型）有关．比如，1（do）到i（高音do）可以构成纯八度音程，听感上十分和谐，这是因为两者波形的周期比为，两个声波在1个（2个）周期后就立即重合，并有规律的进行下去．再比如1（do）到5（sol）可以构成纯五度音程，两者周期比为3：2，两个声波在2个（3个）周期后就立即重合，听感上也很和谐．也就是说，两个音波形的周期比例越简单，听感越和谐．已知在一个调性中，1（do）的波形符合函数（为振幅，为时间），在音与音之间振幅相同的情况下，与1（do）构成纯八度音程的i（高音do）、纯五度音程的5（sol）的波形函数分别为（    ）

A. ；

B. ；

C. ；

D. ；

【答案】A

【解析】

【分析】根据三角函数周期求解即可；

【详解】由题意知，1（do）到i（高音do）两者波形的周期比为，又因为1（do）的波形符合函数，

故则由

解得：

所以i（高音do）的波形函数为；

1（do）到5（sol）两者周期比为3：2，故解得：

所以纯五度音程的5（sol）的波形函数为；

故选；A.

5. 已知双曲线的渐近线方程为，则的值为（    ）

A. 9 B.  C. 3 D.

【答案】A

【解析】

【分析】由双曲线方程求出渐近线方程，再与比较可求出的值

【详解】由题可得，

由，得，

所以双曲线的渐近线方程，

因为双曲线的渐近线方程为，

所以，得，

故选：A

6. 点在圆：上运动，点，当直线的斜率最大时，直线方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设直线的方程为，利用圆心到直线的距离小于等于1，从而得到不等式，即可得到的最大值.

【详解】设直线的方程为，即，

，即，则圆心，半径，

则由题意得圆心到直线的距离小于等于1，

，解得，则的最大值为，

此时直线的方程为，化简得，

故选：C.

7. 已知是腰长为2的等腰直角斜边上的动点，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量数量积的几何意义，可看成乘以在上的投影，由此求解.

【详解】如图，

则，

根据向量数量积的几何意义，可看成乘以在上的投影，

由图可知，当点在点处时，在上的投影最大为2，此时最大为4，

当点在点处时，在上的投影最小为0，此时最小为0，

故，

故选：C.

8. 已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意转化为，同构得到，通过构造得到原题意即存在，使得，再构造，研究最值即可求解.

【详解】，

即，

即，

构造，则在上单调递增，

因为，所以，

即存在，使得，

记，

，令，则，

所以在单调递减，在单调递增，，

因为，，

所以，

所以，所以，

所以

所以实数的取值范围是.

故选：B

【点睛】关键点点睛：本题考查函数同构问题和存在性问题.关键点在于将原式进行变形转化，转化为，构造，得到，进而得到自变量的关系，再通过构造函数研究最值即可.本题考查了转化与化归能力、数学运算能力，属于中档题.

二、选择题：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. 下图是国家卫健委给出的全国某种流行病通报中，甲、乙两个省2月份从2月7日到2月13日一周新增该种流行病确诊人数的折线图：（    ）

A 甲省方差比乙省方差大 B. 甲省平均数比乙省平均数大

C. 甲省中位数比乙省中位数大 D. 甲省的极差比乙省极差大

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用题中折线图中的数据信息以及变化趋势，结合平均数、方差、中位数、极差的计算公式，对四个选项逐一分析判断即可．

【详解】甲省的确诊人数依次为28，28，24，27，11，9，13，乙省的确诊人数依次为19，26，24，29，18，17，23，

所以甲省的平均数为，乙省的平均数为，

故B错误；

甲省的方差为，

乙省的方差为，

故A正确；

甲省的中位数为24，乙省的中位数为23，故C正确；

甲省的极差为，乙省的极差为，故D正确．

故选：ACD

10. 在正方体中，棱长为1，已知点，分别是线段，上的动点（不含端点）．下列结论正确的选项是（    ）

A. 与不可能垂直

B. 有无数条直线与直线平行

C. 直线与平面所成角为定值

D. 三棱锥的体积为定值

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A，由正方体的性质可证得平面，然后利用线面垂直的性质判断，对于B，利用线面平行的性质分析判断，对于C，由与平面所成的角为定值分析判断，对于D，由与平面平行分析判断.

【详解】对于A，因为在正方体中，，平面，

因为平面，所以，

因为，平面，所以平面，

因为平面，所以，所以A错误，

对于B，因为∥，平面，平面，所以∥平面，

所以可得过的平面与平面相交，与直线，相交于点，，则∥，所以有无数条直线与直线平行，所以B正确，

对于C，因为在上，所以平面，

因为在正方体中，直线与平面所成的角为定值，在上，

所以直线与平面所成角为定值，所以C正确，

对于D，因为∥，平面，平面，所以∥平面，

所以点到平面的距离为定值1，

所以，即三棱锥的体积为定值，所以D正确，

故选：BCD

11. 的部分图象如图所示．则的表达式可以是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】结合正弦函数图像的性质，以及正弦函数五点法求解，最后根据正余弦恒等变换解析判断即可；

【详解】由图像可知，所以，

又因为，，结合函数图像五点法可知，

当解得：

即， 正余弦三角恒等转化，

故选：AC

12. 已知函数，是定义域为且都关于对称的函数，，当时，，下列结论正确的是（    ）

A. 函数是周期为的周期函数

B. 函数图象关于对称

C.

D. 的图象与的图象有8个交点

【答案】BC

【解析】

【分析】根据条件可得为偶函数，周期，图象还关于对称，进而可判断A、B、C；再作出的图象与的图象可判断D.

【详解】因为函数，是定义域为且都关于对称的函数，

所以，，

由，得，

两式相减得，即为偶函数.

由得，又为偶函数，

所以，即，

所以函数是周期为的周期函数，故A错误；

由，，得，

所以函数图象关于对称，故B正确；

因为函数是周期为的周期函数，当时，，

所以，故C正确；

显然可得函数也为偶函数，

考虑作出函数和在上的图象，如图所示：

由图可知函数的图象和的图象在上共有5个交点，

由对称性可得，的图象与的图象共有10个交点，故D错误.

故选：BC

第II部分  非选择题（共90分）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．

13. 准线方程为的抛物线标准方程为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据抛物线准线方程可知抛物线开口方向和几何量p，然后可得方程.

【详解】由抛物线准线方程可知，抛物线开口向右，其中，得，

所以抛物线标准方程为.

故答案为：

14. 的展开式中的系数为__________.（用数字作答）

【答案】80

【解析】

【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于4，求出的值，即可求得展开式中的系数．

【详解】解：的展开式的通项公式为，令，求得，

故展开式中的系数为，

故答案为：80．

【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．

15. 请举出一个各项均为正数且公差不为的等差数列，使得它的前项和满足：数列也是等差数列，则_________．

【答案】（答案不唯一，满足即可）

【解析】

【分析】根据等差数列通项的一次函数性、前项和的二次函数性可知，由此可得到满足题意的.

【详解】，；

若为等差，则，；

若，，则满足题意，此时.

故答案为：（答案不唯一，满足即可）.

16. 粽子是端午节期间不可缺少的传统美食，铜仁的粽子不仅馅料丰富多样，形状也是五花八门，有竹筒形、长方体形、圆锥形等，但最常见的还是“四角粽子”，其外形近似于正三棱锥．因为将粽子包成这样形状，既可以节约原料，又不失饱满，而且十分美观．如图，假设一个粽子的外形是正三棱锥，其侧棱和底面边长分别是8cm和6cm，是顶点在底面上的射影．若是底面内的动点，且直线与底面所成角的正切值为，则动点的轨迹长为________．

【答案】

【解析】

【分析】根据正三棱锥的特征以及线面角的定义可判断点在以为圆心，半径为的圆上运动，即可求解半径求解.

【详解】由题意可知是底面等边三角形的的中心，所以,

进而,

连接,由于底面，所以即为直线与底面所成的角，所以,

因此点在以为圆心，半径为的圆上运动，所以的轨迹长为,

故答案为：

四、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明．

17. 在中，，，．

（1）求；

（2）若为的中点，求的长．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）直接利用正弦定理求解即可；

（2）先求出，中，利用余弦定理求解即可.

【小问1详解】

在中，由正弦定理得

，

又，所以；

【小问2详解】

由（1）得，，故，

在中，

由余弦定理得：，

所以．

18. 来自微碧江的报道：2023年6月17日，铜仁市碧江区第二届房地产交易展示会在三江公园隆重开幕．据了解，本次房交会以政府搭台、企业让利、政策支持、百姓受益为办展宗旨，聚集了碧江区17家房开企业、18个楼盘参展，2080套房源、25万平方米供群众选购，9大银行和公积金中心在现场助阵和提供咨询服务．本次房交会从6月17日持续到6月22日，期间每天都安排有精彩演出、免费美食、互动游戏、露天电影和游江龙舟五类活动．

（1）甲、乙两名市民参加了不同类的活动，且每人只参加一类活动．已知甲参加了免费美食的活动，求乙参加游江龙舟活动的概率是多少?

（2）已知来自某小区的市民参加互动游戏的概率是，设来自该小区的2名市民参加互动游戏的人数为，求的分布列与期望．

【答案】（1）   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）已知甲参加了免费美食的活动，则可求乙在剩下四类活动中参加游江龙舟活动的概率；

（2）依题意可知，即可求二项分布的分布列和期望.

【小问1详解】

在甲参加了免费美食活动的条件下，记“乙参加游江龙舟活动的这一事件”为，

则.

所以已知甲参加了免费美食的活动，乙参加游江龙舟活动的概率是.

【小问2详解】

依题意，

；

；

.

所以的分布列如下：

的数学期望.

19. 已知数列满足，．

（1）求证：数列是等比数列；

（2）求数列的通项公式及它的前项和．

【答案】（1）证明见解析   

（2），

【解析】

【分析】（1）对已知递推式变形可得，再根据等比数列的定义可证得结论；

（2）由（1）可求出，然后利用分组求和法可求出

【小问1详解】

证明：因为，所以，

所以，

所以，

因为，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.

【小问2详解】

由（1）得，所以，

所以

20. 如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，．

（1）证明：；

（2）若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）取为的中点，通过证明平面，即可；

（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和的坐标，利用向量运算即可.

【小问1详解】

证明：设为的中点，连接，由题意得：，，

又平面，

所以平面，平面，

所以；

  【小问2详解】

因为平面平面，，平面平面，

由平面垂直性质得：，

所以两两垂直，建立如图所示坐标系，

，

则，，

，设平面的法向量为，

则，令，可得，

设直线与平面所成角为，

则.

21. 已知椭圆：的离心率为，且过点．

（1）求的方程；

（2）直线：与椭圆分别相交于，两点，且，点不在直线上：

（I）试证明直线过一定点，并求出此定点；

（II）从点作垂足为，点，写出的最小值（结论不要求证明）．

【答案】（1）   

（2）（I）证明见解析，定点；（II）

【解析】

【分析】（1）根据离心率以及经过的点即可联立方程求解，

（2）联立直线与椭圆方程，根据垂直关系，代入根与系数的关系即可化简求解定点，根据，所以点在以为直径的圆上运动，即可利用点到圆心的距离求解最值.

【小问1详解】

由和，

又，得，

故的方程：.

【小问2详解】

（I）设，，，

由根与系数的关系得：，,

，，由，∙=0

得：，整理得：,

代入得，

化简得，分解得：，

由于点不直线上，所以，可得，直线过定点.

（II）的最小值为．

理由：由于直线过定点，不妨设,

由于，所以点在以为直径的圆上运动，圆心为，半径为，

所以点到圆心距离为，

故点到圆上一点的最小距离为，即的最小值为.

  【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法

（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.

（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

技巧：若直线方程为,则直线过定点;

若直线方程为 (为定值),则直线过定点

22. 已知函数．

（1）当时，

（I）求处的切线方程；

（II）判断的单调性，并给出证明；

（2）若恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）（I）；（II）单调递增，证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由导数的几何意义可求得切线的斜率，从而可求切线方程；由，令，求导判断单调性得，即可求解；

（2）当，取判断不成立；当时，三次求导结合隐零点进行判断不成立；当时，，可得，即.

【小问1详解】

当时，，可得.

（I），

所以在处的切线方程为，即.

（II），

设，则单调递增，

所以，即，

所以当时，单调递增.

【小问2详解】

设，

由题意恒成立.

①当时，不恒成立，不合题意；

②当时，设，，

，，，

设，，，单调递增，

由零点存在定理得，使得.

在上，，即，

所以在上单调递减，，不恒成立，不合题意；

③当时， ，

则，

当时，，即，则，

所以当时，单调递增.

可得：，即，所以.

综上，的取值范围为．

【点睛】不等式恒成立问题常见方法：

①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；

②数形结合( 图象在 上方即可)；

③分类讨论参数.