2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高二下学期期末数学（理）试题含答案

这是一份2022-2023学年陕西省西安市铁一中学高二下学期期末数学（理）试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．某校举办运动会，高一（1）班参加田赛的学生有15人，参加径赛的学生有13人，田赛和径赛都参加的有5人，那么高一（1）班参加本次运动会的人数共有（ ）
A．16人B．18人C．23人D．28人
【答案】C
【分析】根据题意得到只参加田赛的学生人数和只参加径赛的学生人数，然后再加上都参加的，即可得到参加运动会的人数.
【详解】根据题意可知，只参加田赛的学生有，只参加径赛的有人，所以参加运动会的人数为人.
故选：C.
2．若命题，则表述准确的是（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】全称命题的否定是特称命题，否定结论的时候，注意不等式的解集是否互为补集关系.
【详解】全称命题的否定为特称命题，排除BD选项，
其中可解得，的否定应是，
A选项中，可解得，故A选项错误，C选项正确.
故选：C
3．已知直线的参数方程为，则该直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直线参数方程可确定斜率，由斜率和倾斜角关系可得结果.
【详解】由参数方程可知：直线斜率，直线倾斜角为.
故选：D.
4．若，，，则事件A与B的关系是（ ）
A．互斥但不对立B．对立
C．相互独立D．既互斥又独立
【答案】C
【分析】根据独立事件的乘法公式判断独立性，根据互斥事件的定义判断是否互斥．
【详解】∵，∴，
∴，
∴事件A与B相互独立，
题中事件A与B可以同时发生，它们既不互斥也不对立.
故选：C．
5．已知向量，，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用向量垂直的坐标表示可直接构造方程求解.
【详解】，，则.
故选：C.
6．展开式中项的系数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】利用二项式展开式的通项公式，求展开式中和项的系数即可.
【详解】由题意得展开式的通项公式为，
令；令（不合题意），
故展开式中项的系数为，
故选：B
7．已知数列的通项公式为，那么当数列的前项和取得最大值时，的值为（ ）
A．30B．31C．32D．33
【答案】C
【分析】根据数列的通项公式判断该数列为递减数列，从而可判断数列的项的正负情况，即可求得答案.
【详解】由题意知数列的通项公式为，
故为等差数列，且公差为，为递减数列，
当时，；当时，；
设，则当时，，且；
当时，；
故的前30项之和为30个正数之和，
又，故的前32项之和最大，
故选：C
8．在某校高中篮球联赛中，某班甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示（如图一），茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图（如图二）完好，则下列结论正确的是（ ）

A．甲得分的极差是18B．乙得分的中位数是16.5
C．甲得分更稳定D．甲的单场平均得分比乙低
【答案】B
【分析】根据图一中甲的得分情况可判断ABC的正误，结合图二可判断图一丢失的数据，计算两者的均值后可判断D的正误.
【详解】对于甲，其得分的极差大于或等于，故A错误；
从折线图看，甲的得分中最低分小于10，最高分大于或等于28，且大于或等于20的分数有3个，故其得分不稳定，故C错误；
乙的数据由小到大依次为：
乙得分的中位数为，故B正确.
乙得分的平均数为，
从折线图上，茎叶图中甲的得分中丢失的数据为一个为，另一个可设为，
其中，
故其平均数为，故D错误.
故选：B.
9．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值是（ ）
A．B．C．5D．10
【答案】C
【分析】先求出两条直线经过的定点，然后根据两条直线的位置关系可判断它们垂直，从而，在利用勾股定理和基本不等式求解.
【详解】
显然过定点，直线可化成，则经过定点，
根据两条直线垂直的一般式方程的条件，，
于是直线和直线垂直，又为两条直线的交点，则，
又，由勾股定理和基本不等式，
，则，
当时，的最大值是.
故选：C
10．若函数的定义域为，则函数与的图象关于（ ）
A．直线对称B．直线对称
C．直线对称D．直线对称
【答案】C
【分析】根据函数图象的变换规律，结合与的图象的关系即得.
【详解】因为函数的图象是的图象向右平移1个单位得到的，
的图象是的图象也向右平移1个单位得到的；
又因为与的图象是关于轴（直线）对称，
所以函数与的图象关于直线对称.
故选：.
11．设椭圆的焦点为为椭圆上的任意一点，的最小值取值范围为，其中，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得，设，可表示出，结合化简，进而可得当时，取得最小值，进而求解即可.
【详解】由题意可知，，设，
因为，所以，
又，，
所以，
因为，则，
当时，取得最小值，即，
即，
所以，
即椭圆的离心率为.
故选：D.
12．如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，则△PEQ周长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】通过对称转换，由三点共线求得三角形周长的最小值.
【详解】在平面上，设E关于B1C的对称点为M，根据正方形的性质可知，
关于B1C1的对称点为N，，
连接MN，当MN与B1C1的交点为P，MN与B1C的交点为时，
则MN是△PEQ周长的最小值，
，,
∴△PEQ周长的最小值为
故选：B
二、填空题
13．写出一个虚数z，使得为纯虚数，则 .
【答案】（答案不唯一）．
【分析】设（，，），代入计算后由复数的定义求解．
【详解】设（，，），则，因为为纯虚数，所以且.
任取不为零的实数，求出即可得，答案不确定，如，
故答案为：．
14．已知等比数列的公比为2，前项和为，且6，，成等差数列，则 .
【答案】
【分析】利用等差中项的定义及等差数列的通项公式，结合等比数列的前项和公式即可求解.
【详解】设等比数列的首项为，
因为6，，成等差数列，
所以，即，
又，
所以，解得，
所以.
故答案为：.
15．已知、、成等差数列，且公差．、、分别是的角、、的对边，则 ．
【答案】
【分析】根据等差数列确定，，，变换得到，解得答案.
【详解】、、成等差数列，且公差，所以，
所以，且，即，是直角，，
即，即，即，，，
解得或（舍去）
故答案为：
16．若函数()的最大值为11，则 .
【答案】
【分析】根据绝对值的几何意义圆的三角代换即可求解.
【详解】的几何意义为：以原点为圆心，为半径的圆周上点到与到轴距离之和的最大值为11，
故.
所以.
故答案为：50.
三、解答题
17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
(1)求角A的大小；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换即可得角A的大小；
（2）由余弦定理可得的值，结合面积公式即可得面积.
【详解】（1）在中，由正弦定理得：.
又，所以，.
所以，，即，
即，又，所以，所以，即.
（2）由（1）及题意知中，，，.
由余弦定理得，即.
所以，所以.
18．如图，已知三棱柱，，，为线段上的动点，.
(1)求证：平面平面；
(2)若，D为线段的中点，，求与平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得，又，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理即可证明；
（2）由（1），根据面面垂直的性质可得平面，建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面的法向量，根据空间向量数量积的定义计算可得，结合线面角的定义和同角三角函数的关系即可求解.
【详解】（1）已知，又，，平面，，
所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，
又，AC、平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）由（1）知平面平面，
又平面平面，，面，
所以平面.又，
所以平面，所以CA，CB，两两垂直，
以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、x轴的正方向，
建立空间直角坐标系如图所示：
因为，所以四边形为矩形，
又因为，所以四边形为正方形.
因为，，所以，
所以，，，.
由D是线段的中点，得，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则即
取，则，所以，
.
设直线与平面所成的角为，则，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为.
19．已知函数.
(1)当时，求函数的最大值；
(2)当时，求曲线与的公切线方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）代入，然后求出，进而可得单调性求出最值；
（2）代入，设出切点，求出切线方程，利用方程为同一直线，列方程组求解即可.
【详解】（1）当时,
，
，
令，得，令，得，
求函数在上单调递增，在上单调递减，
；
（2）当时，，
设函数上一点为，
又，，
函数上过点的切线方程为：，
即，
设函数上一点为，
又，
过点的切线方程为：，
即，
若与为同一直线，
则，解得,
公切线的方程为：.
20．某企业拥有甲、乙两条零件生产线，为了解零件质量情况，采用随机抽样方法从两条生产线共抽取180个零件，测量其尺寸（单位：mm）得到如下统计表，其中尺寸位于的零件为一等品，位于和的零件为二等品，否则零件为三等品.
(1)将样本频率视为概率，从甲、乙两条生产线中分别随机抽取2个零件，每次抽取零件互不影响，以表示这4个零件中一等品的数量，求的分布列和数学期望；
(2)已知该企业生产的零件随机装箱出售，每箱60个.产品出厂前，该企业可自愿选择是否对每箱零件进行检验.若执行检验，则每个零件的检验费用为5元，并将检验出的三等品更换为一等品或二等品；若不执行检验，则对卖出的每个三等品零件支付120元赔偿费用.现对一箱零件随机检验了10个，检出了1个三等品.将从两条生产线抽取的所有样本数据的频率视为概率，以整箱检验费用与赔偿费用之和的期望作为决策依据，是否需要对该箱余下的所有零件进行检验？请说明理由.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)需要，理由见解析
【分析】（1）根据独立时间的概率乘法公式，即可分别求解概率，进而可得分布列，
（2）根据二项分布的均值公式以及性质，计算两种情况下的期望，比较大小即可求解.
【详解】（1）由已知任取一个甲生产线零件为一等品的概率为，
任取一个乙生产线零件为一等品的概率为.
的所有可能取值为0，1，2，3，4.
，
，
，
，
所以的分布列为：
.
（2）由已知，每个零件为三等品的频率为，
设余下的50个零件中的三等品个数为，则，
所以.
设检验费用与赔偿费用之和为，
若不对余下的所有零件进行检验，则，
.
若对余下的所有零件进行检验，则检验费用元.
因为，所以应对剩下零件进行检验.
21．已知曲线上任意一点满足，且.
(1)求的方程；
(2)设，若过的直线与交于两点，且直线与交于点.证明：点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据双曲线的定义进行求解；
（2）设出经过的直线方程，且，利用的坐标表示出的横坐标，然后结合韦达定理求解.
【详解】（1）由于，符合双曲线的定义，
于是，即，
故，注意到，且焦点在轴上，
故曲线的方程为
（2）若过的直线与交于两点，则斜率不会是，否则和右支只有一个交点，

设该直线为，和双曲线联立可得，
则，故，
设，则方程可写作：，的方程可写作：，
联立的方程可得，，整理可得，，
则，
利用在直线上，
于是，
于是，故，
即，故交点一定落在上.
22．已知函数，其中.
(1)若，求的值；
(2)判断函数的零点个数，并说明理由；
(3)设，求证：.
【答案】(1)
(2)1个零点，理由见详解
(3)证明见详解
【分析】（1）根据解析式直接计算即可；
（2）利用导数讨论其单调性，结合零点存在性定理判断即可；
（3）利用单调性结合放缩法证明.
【详解】（1）若，则，
所以.
（2），
因为，所以，
所以，所以在上单调递增，
又，因为，所以，所以，
又，所以在内有唯一零点.
（3）由（2）可知，，
因为，所以，
所以，
令，则，
记，
因为，所以，
易知在上单调递增，又因为，所以，
所以，
因为，
所以要证，只需证，即证，
令，
因为，所以在单调递增，
所以，即，即.
综上，，即.
生产线
甲
4
9
23
28
24
10
2
乙
2
14
15
17
16
15
1
0
1
2
3
4