2022-2023学年河南省焦作市博爱县第一中学高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省焦作市博爱县第一中学高二下学期期末数学试题含答案，共18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学年河南省焦作市博爱县第一中学高二下学期期末数学试题 一、单选题1．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解方程求出集合B,再由集合的运算即可得解.【详解】由题意，，所以,所以.故选：D. 2．复数满足（i为虚数单位），则复数的共轭复数是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的乘法法则得到复数，再根据共轭复数即可求得结果.【详解】因为，所以，所以复数的共轭复数是，故选：B.3．已知向量，且，则实数（    ）A．-1 B．0 C．1 D．任意实数【答案】B【分析】根据向量的线性运算及向量垂直的向量关系计算求解【详解】. 由，得，解得. 故选：B.4．函数的大致图象为（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】A【分析】通过分析函数的奇偶性和函数的取值范围即可得出结论.【详解】因为，定义域为，关于原点对称，所以，，∴函数为偶函数，其图象关于y轴对称，故D错误，∵恒成立，且当时，，所以B、C错误.故选：A.5．圆锥的母线长为4，侧面积是底面积的倍，过圆锥的两条母线作圆锥的截面，则该截面面积的最大值是（    ）A．8 B． C． D．【答案】A【分析】设圆锥底面半径为，母线为，轴截面顶角为，则根据题意可得与的关系，从而可求出为钝角，由此可得当圆锥两条母线互相垂直时，截面面积最大，然后可求得结果.【详解】设圆锥底面半径为r，母线为l，轴截面顶角为，则，得，所以，因为为锐角，所以，即，则θ为钝角，所以当圆锥两条母线互相垂直时，截面面积最大，最大值为.故选：A.6．中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱､问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲､乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有（    ）A．60 B．66 C．72 D．80【答案】C【分析】根据分步计数原理结合部分平均分组以及结合间接法运算求解.【详解】5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有种安排方法，若甲乙在同一实验舱的种数有种，故甲乙不在同一实验舱的种数有种.故选：C.7．已知且且且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】令，利用导数研究其单调性后可得的大小.【详解】因为，故，同理，令，则，当时，，当时，，故在为减函数，在为增函数，因为，故，即，而，故，同理，，，因为，故，所以.故选：D．【点睛】思路点睛：导数背景下的大小比较问题，应根据代数式的特征合理构建函数，再利用导数讨论其单调性，此类问题，代数式变形很关键．8．已知,为椭圆的左右焦点，过原点O且倾斜角为30°的直线l与椭圆C的一个交点为A，若,，则椭圆C的方程为A． B． C． D．【答案】D【分析】根据面积公式及勾股定理得到点A坐标，再由椭圆的定义即可求得长轴长，进而求得椭圆方程．【详解】设椭圆半焦距为c，A（x0，y0）（y0＞0），由得×2c•y0=2，∴y0=，∴x0=y0 =，又为直角三角形，则|OA|=|F1F2|=c，在直角中，由勾股定理得（）2+（）2=c2，解得c=2，所以A（，1），F1（-2，0），F2（2，0），所以2a=|AF1|+|AF2|==2，∴a=,a2=6，∴b2=2，∴椭圆C的方程为．故选D．【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，注意平面几何知识的简单应用. 二、多选题9．在某次高中学科竞赛中，4000名考生的参赛成绩统计如图所示，60分以下视为不及格，若同一组中数据用该组区间的中点值作代表，则下列说法中正确的是（    ）A．成绩在内的考生人数最多B．不及格的考生人数为1000C．考生竞赛成绩的平均分约为分D．考生竞赛成绩的中位数为75分【答案】ABC【分析】读懂题目提供的直方图，根据图中的数据逐项分析即可.【详解】对于A，由频率分布直方图可得，成绩在内的面积最大，因此考生人数最多，故A正确；对于B，由频率分布直方图可得，成绩在内的频率为，因此不及格的人数为，故B正确；对于，由频率分布直方图可得，平均分约为：分），故C正确；对于D，因为成绩在内的频率为，在内的频率为，所以中位数为，故错误；故选：.10．已知函数（为正整数，）的最小正周期，将函数的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称，则下列关于函数的说法正确的是（    ）A．是函数的一个零点 B．函数的图象关于直线对称C．方程在上有三个解 D．函数在上单调递减【答案】ABD【分析】先由周期范围及为正整数求得，再由平移后关于原点对称求得，从而得到，对于AB，将与代入检验即可；对于C，利用换元法得到在内只有两个解，从而可以判断；对于D，利用整体法及的单调性即可判断.【详解】因为，，所以，解得，又为正整数，所以，所以，所以函数的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数，（点拨：函数的图象经过平移变换得到的图象时，不是平移个单位长度，而是平移个单位长度），由题意知，函数的图象关于原点对称，故，即，又，所以，，所以，对于A，，故A正确；对于B，，故B正确；对于A，令，因为，所以，显然在内只有，两个解，即方程在上只有两个解，故C错误；对于A，当时，，因为在上单调递减，所以函数在上单调递减，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：求解此类问题的关键是会根据三角函数的图象变换法则求出变换后所得图象对应的函数解析式，注意口诀“左加右减，上加下减，横变，纵变A”在解题中的应用.11．已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A，B两点，以线段AB为直径的圆交x轴于M，N两点，设线段AB的中点为Q．若抛物线C上存在一点到焦点F的距离等于3．则下列说法正确的是（    ）A．抛物线的方程是 B．抛物线的准线是C．的最小值是 D．线段AB的最小值是6【答案】BC【解析】求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义可得p，进而得到抛物线方程和准线方程；求得，设，，直线l的方程为，联立抛物线方程，运用韦达定理和弦长公式可得线段AB的最小值，可得圆Q的半径，由中点坐标公式可得Q的坐标，运用直角三角形的锐角三角函数的定义，可得所求的最小值.【详解】抛物线的焦点为，得抛物线的准线方程为，点到焦点的距离等于3，可得，解得，则抛物线的方程为，准线为，故A错误，B正确；由题知直线的斜率存在，，设，，直线的方程为，由，消去得，所以，，所以，所以AB的中点Q的坐标为，，故线段AB的最小值是4，即D错误；所以圆Q的半径为，在等腰中，，当且仅当时取等号，所以的最小值为，即C正确，故选：BC.【点睛】本题考查抛物线的定义、方程和性质，课程中心方程和抛物线方程联立，运用韦达定理和弦长公式、中点坐标公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题.12．已知三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，.若点O到三棱柱的所有面的距离都相等，则（   ）A．平面B．C．平面截球O所得截面圆的周长为D．球O的表面积为【答案】AC【分析】根据球的性质可判断为直棱柱，即可判断A，由内切球的性质，结合三棱柱的特征即可判断B，由勾股定理以及等边三角形的性质可判断CD.【详解】选项A，三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，根据球的对称性可知三棱柱为直棱柱，所以平面，因此A正确.选项B：因为，所以.因为点O到三棱柱的所有面的距离都相等，所以三棱柱的内切球与外接球的球心重合.设该三棱柱的内切球的半径为r，与底面以及侧面相切于,则,由于为矩形的对角线交点，所以，而三角形 为等边三角形，所以 ,所以，所以，因此B错误.  选项C：由，可知，解得（负值已舍去），则.易得的外接圆的半径，所以平面截球O所得截面圆的周长为，因此C正确.选项D：三棱柱外接球的半径，所以球O的表面积，因此D错误.故选：AC 三、填空题13．在的展开式中，含项的系数为          ．【答案】448【分析】根据二项式定理，写出展开式通项，利用赋值法，可得答案.【详解】由题意，其展开式的通项为，令，解得，则含的系数为.故答案为：.14．已知函数为定义在R上的偶函数，且当时，，则函数在处的切线斜率为           .【答案】/【分析】求导，代入得，即可由偶函数的对称性求解.【详解】，，.函数为定义在R上的偶函数，函数在处的切线斜率与函数在处的切线斜率互为相反数，.故答案为：15．已知等比数列的公比，其前n项和为，且，则数列的前2021项和为           .【答案】【分析】根据等比数列的通项公式及前项和公式得到方程组，求出和，即可得到，从而得到，再利用裂项相消法求和即可；【详解】解：因，所以，所以，得或（舍去），所以，故.因为，所以.故答案为：16．已知双曲线的实轴长为4，离心率为，直线与交于两点，是线段的中点，为坐标原点．若点的横坐标为，则的取值范围为      ．【答案】【分析】先求出双曲线方程，然后联立直线和双曲线方程表示出，然后判断出直线和双曲线一定交于两支后进行计算.【详解】由题知，解得，即双曲线的方程为：.直线的斜率若不存在，则垂直于轴，由于双曲线顶点为，斜率不存在的直线和双曲线有交点，则两个交点横坐标相等且均大于，与点的横坐标为1矛盾；直线的斜率也不会为，否则根据对称性可知，的横坐标为，矛盾.故直线斜率存在且非零.设直线方程为，联立，得到，由.设，由题意，，即，的纵坐标为，即.根据双曲线的范围可知，若直线和双曲线交于同一支，则交点横坐标均大于或小于，与的横坐标为矛盾，故直线和双曲线交于两支.由，得到，显然满足判别式条件：.由，于是故答案为： 四、解答题17．已知数列的前n项和为.(1)若，，证明：；(2)在（1）的条件下，若，数列的前n项和为，求证【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）利用，求出，再利用求出数列的通项公式，进而可得答案；（2）将（1）中的代入化简得出数列通项公式，求出数列的前n项和为，再求出，最后利用裂项相消法求解即可.【详解】（1）因为，，所以，，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，所以，，当时，，，当时，满足上式，所以，所以成立.（2）由（1）知，，所以，则，所以，所以成立.18．已知数列的前n项和为．(1)记，证明：是等差数列，并求的通项公式；(2)记数列的前n项和为，求，并求使不等式成立的最大正整数n．【答案】(1)证明过程见解析，；(2)；n为5． 【分析】（1）根据数列前n项和与第n项的关系，结合等差数列的定义进行求解即可；（2）根据错位相减法，结合数列的单调性进行求解即可.【详解】（1）由，得，即，．即，又，数列是以1为首项，2为公差的等差数列，；（2）由（1）知．，①，②①-②，得，，，因为所以，所以是递增数列，，使不等式成立的最大正整数n为5．19．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为. 20．已知双曲线.(1)试问过点能否作一条直线与双曲线交于，两点，使为线段的中点，如果存在，求出其方程；如果不存在，说明理由；(2)直线：与双曲线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点.当点运动时，求点的轨迹方程.【答案】(1)不能，理由见解析；(2)，. 【分析】（1）设出直线的方程，与双曲线方程联立，由判别式及给定中点坐标计算判断作答.（2）联立直线与双曲线的方程，由给定条件得到，求出的坐标及过点与直线垂直的直线方程，即可求解作答.【详解】（1）点不能是线段的中点，假定过点能作一条直线与双曲线交于，两点，使为线段的中点，显然，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，而双曲线渐近线的斜率为，即，由得，则有，解得，此时，即方程组无解，所以过点不能作一条直线与双曲线交于，两点，使为线段的中点.（2）依题意，由消去y整理得，因为，且是双曲线与直线唯一的公共点，则有，即，点M的横坐标为，点，，过点与直线垂直的直线为，因此，，，，所以点的轨迹方程为，.21．已知O是平面直角坐标系的原点，F是抛物线的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，且的重心G在曲线上.(1)求抛物线C的方程；(2)记曲线与y轴的交点为D，且直线AB与x轴相交于点E，弦AB的中点为M，求四边形DEMG面积的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设直线，与抛物线联立可得韦达定理，根据重心的性质求出的坐标，代入曲线即可求解；（2）先证明四边形为梯形，求出点到直线的距离，和，代入梯形的面积公式，利用基本不等式即可求解．【详解】（1）由题知，焦点，显然直线的斜率存在，设直线，，，，联立消去得，则△，则，所以，所以且，故，即，整理得对任意的恒成立，故，故所求抛物线的方程为．（2）由题知，，，，，，则.又弦AB的中点为M，的重心为G，则，故，所以.  点D到直线AB的距离，，所以四边形DEMG的面积当且仅当，即时取等号，此时四边形DEMG面积的最小值为.22．已知函数，.（1）写出函数在的零点个数，并证明；（2）当时，函数有零点，记的最大值为，证明：.【答案】（1）唯一的零点，证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）首先求出导函数，即可得到导函数的单调性，从而得到，即在上单调递减，在根据零点存在性定理判断可得；（2）依题意可得，令，求出函数的导函数，由（1）可知的单调性，从而得到，再证即可；【详解】（1）函数在有唯一零点理由如下：由题意得，，易知单调递减，且，所以，所以在上单调递减，，，所以在上有唯一的零点.（2）令，即，令，所以，由（1）可知在上有唯一的零点.且在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值即最大值，所以.下证，一方面，另一方面，欲证，又，所以只需要证明，记，，由前面可知在上单调递减，所以，证毕.