2022-2023学年河南省新乡市高二下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省新乡市高二下学期期末数学试题含答案，共21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学年河南省新乡市高二下学期期末数学试题 一、单选题1．已知复数，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用共轭复数的定义结合复数的除法可化简复数.【详解】因为，则.故选：C.2．设全集，集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据集合的交并补运算即可结合选项逐一求解.【详解】由题意可得,,或，对于A, 或，故A错误，对于B，，故B正确，对于C，，故C错误，对于D，，故D错误，故选：B3．函数的部分图象大致为（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】A【分析】根据奇函数的定义判断函数为奇函数，排除B，C，求函数的零点，再取特殊点排除D可得答案.【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，又，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，排除B，C；令，可得，所以或，所以或，，当时，，排除D；故选：A.4．某高校现有400名教师，他们的学历情况如图所示，由于该高校今年学生人数急剧增长，所以今年计划招聘一批新教师，其中博士生80名，硕士生若干名，不再招聘本科生，且使得招聘后硕士生的比例下降了，招聘后全校教师举行植树活动，树苗共1500棵，若树苗均按学历的比例进行分配，则该高校本科生教师共分得树苗的棵数为（    ）  A．100 B．120C．200 D．240【答案】B【分析】设招聘名硕士生，然后根据题意结合扇形统计图列方程可求出的值，再根据比例可求得结果.【详解】设招聘名硕士生，由题意可知，，解得，所以本科生教师共分得树苗棵．故选：B5．若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由指数函数、对数函数、三角函数的性质可得，，，即可得答案.【详解】因为，，，所以．故选：C.6．设，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合余弦函数的性质分析判断即可.【详解】若，，则，而，所以“”推不出“”；若，又，则，所以，即“”可以推出“”．所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B7．在长方体中，底面为正方形，平面，E为的中点，则下列结论错误的是（    ） A． B．C．平面 D．平面平面【答案】D【分析】由条件，结合线面垂直的定义判断A，连接，设，证明，由线面垂直定义证明，由此判断B，由线面平行判定定理证明平面，判断C，建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，判断两向量是否存在，判断D.【详解】因为平面，平面，所以，A正确；连接，设，则为的中点，因为平面，平面，所以，又为的中点，为的中点，所以，所以，B正确；因为，又平面，平面，所以//平面，C正确；由已知两两垂直，以为原点，为的正方向，建立空间直角坐标系，设，因为底面为正方形，所以，由长方体性质可得四边形为矩形，又，所以四边形为正方形，故，所以，所以，因为平面，所以为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，所以，取，则，所以为平面的一个法向量，因为，所以向量不垂直，所以平面，平面不垂直，D错误；故选：D.8．弘扬国学经典，传承中华文化，国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓，其中“五经”是国学经典著作，“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》．小明准备学习“五经”，现安排连续四天进行学习且每天学习一种，每天学习的书都不一样，其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习，《周易》不能安排在第一天学习，则不同安排的方式有（    ）A．32种 B．48种C．56种 D．68种【答案】D【分析】利用排列组合分别讨论不排《周易》，排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，三种情况，再利用分类加法计数原理将所有情况相加即可.【详解】①若《周易》不排，先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，再将《诗经》与《礼记》插空，则共有种安排方式．②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，在《尚书》和《春秋》中先选1种，然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，再将《诗经》与《礼记》插空，减去将《周易》排在第一天的情况即可，共有种安排方式；③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，先在《诗经》与《礼记》中选1种，然后将《周易》排在后三天的一天，最后将剩下的3种书全排列即可，共有种安排方式．所以共有种安排方式．故选：D 二、多选题9．已知直线：与圆：相交于，两点，则（    ）A．圆心到直线的距离为1 B．圆心到直线的距离为2C． D．【答案】BD【分析】根据点到直线的距离公式计算可知A错误，B正确；利用几何法求出弦长可知C错误，D正确．【详解】因为圆心到直线的距离，所以A错误，B正确．因为，所以C错误，D正确．故选：BD10．已知函数，下列说法正确的是（    ）A．的最小正周期为B．的极值点为C．的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到D．若，则【答案】BC【分析】由正弦函数的最小正周期的计算公式可判断A；对求导，令可判断B；由三角函数的平移变换可判断C；由，求出或可判断D.【详解】的最小正周期为，所以A错误；由，得，由三角函数的性质可验证的极值点为，所以B正确；将的图象向右平移个单位长度得到的图象，所以C正确；若，则，所以，则或，则或，所以D错误．故选：BC.11．已知双曲线：的右焦点到渐近线的距离为，为上一点，下列说法正确的是（    ）A．的离心率为B．的最小值为C．若，为的左、右顶点，与，不重合，则直线，的斜率之积为D．设的左焦点为，若的面积为，则【答案】ACD【分析】根据题意列关于的等式，从而可得双曲线的方程，计算离心率，的最小值，结合动点满足的方程，列式计算，在焦点三角形中，由双曲线的定义，余弦定理以及三角形面积公式列式即可计算出.【详解】由已知可得，，所以，则的方程为，离心率为，A正确；因为的最小值为，所以B错误；设，则，，，所以C正确；设，由可得，得，则，所以D正确．故选：ACD 三、单选题12．若关于x的不等式对任意恒成立，则整数m的取值可能为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】AB【分析】构造函数，求导，利用导数求解函数的最值，进而将问题转为，即可由一元二次不等式求解.【详解】令，则，由于函数在单调递增，在单调递减，所以在单调递增，又，所以当单调递减，当单调递增，所以当时，取极小值也是最小值，故，对于不等式对任意恒成立，则，所以，故整数m的取值可能为0，1，2，故选：AB【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3.根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 四、填空题13．已知向量，，若，则        ．【答案】【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求，可得结论.【详解】因为，，，所以，所以，所以.故答案为：.14．已知，则        ．【答案】/【分析】利用诱导公式和二倍角公式由条件求值.【详解】因为，又，所以.故答案为：.15．如图，某圆柱与圆锥共底等高，圆柱侧面的展开图恰好为正方形，则圆柱母线与圆锥母线所成角的正切值为        ．  【答案】【分析】先根据圆柱侧面展开图为正方形得出，然后根据题意找到圆柱母线与圆锥母线所成的角即可求得.【详解】因为圆柱母线与圆锥旋转轴平行，所以圆柱母线与圆锥母线所成角的大小等于．因为圆柱侧面的展开图恰好为正方形，所以，所以．  故答案为：.16．已知抛物线上存在两点（异于坐标原点），使得，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为        ．【答案】【分析】设直线的方程为，联立方程组，由条件证明，由此可得，再求，求四边形ACBD面积的解析式，求其最小值即可.【详解】由已知直线的斜率存在，且不为，故可设直线的方程为，联立，消得，，方程的判别式，设，则，所以因为，所以，所以，所以，又异于坐标原点，所以，所以，所以，所以直线的方程为，且所以直线与轴的交点为，所以点的坐标为，所以直线的方程为，联立，消得，，方程的判别式，设，则，所以，由已知，所以四边形ACBD面积，设，则，，所以，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，此时，设，可得，，所以当时，即时，取最小值，最小值为，所以四边形ACBD面积的最小值为.故答案为：.  【点睛】关键点点睛：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 五、解答题17．已知等差数列满足，．(1)求的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，若，求m的最大值．【答案】(1)(2)8 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解首项和公差，（2）根据裂项求和求解，即可解不等式求解.【详解】（1）设公差和首项为，由，得，解得，所以（2），因此，故，则，解得，故的最大值为818．已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量，，且．(1)求角C的大小；(2)若，，D为边BC上一点，且，若，的面积分别为，，求的值．【答案】(1)；(2)的值为或1． 【分析】（1）由条件，根据向量垂直的坐标表示可得的关系，再结合余弦定理求角C的大小；（2）根据，得到进而得到，，然后由正弦定理求得a，再利用余弦定理和三角形面积公式求解.【详解】（1）因为，，，所以，所以，所以，又，所以；（2）因为，，所以，所以，，，在中，由正弦定理得，所以， 在中，由余弦定理得：， 即，故， 所以或，当时，，，当时，，，所以的值为或1．19．投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪，在战国时期较为盛行，尤其是在唐朝，得到了发扬光大．投壶是把箭向壶里投，投中多的为胜．某校开展“健康体育节”活动，其间甲、乙两人轮流进行定点投壶比赛（每人各投一次为一轮，且不受先后顺序影响），在相同的条件下，甲、乙两人每轮在同一位置，每人投一次．若两人有一人投中，投中者得分，未投中者得分；若两人都投中，两人均得分；若两人都未投中，两人均得分．设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，且各次投壶互不影响．(1)用表示经过第轮投壶累计得分后甲得分等于乙得分的概率，求与；(2)经过轮投壶，记甲、乙的得分之和为，求的分布列和数学期望．【答案】(1)，(2)分布列答案见解析， 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式结合互斥事件的概率加法公式可求得、的值；（2）分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.【详解】（1）解：由题意可知，，.（2）解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：因此，.20．如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，为等边三角形．  (1)若，证明：．(2)在（1）条件下，若，，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据等边三角形的三线合一性质，结合线面垂直的判定定理以及性质定理，可得答案；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，结合夹角的求解公式，可得答案.【详解】（1）证明：取的中点，连接，．因为为等边三角形，所以．又，，平面，所以平面，因为平面，所以，即是线段的中垂线，所以．（2）由（1）知，又，所以，且平面．以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，  则，，．在中，，，由余弦定理易得∠POC为120°，所以点的坐标为，所以，，．设是平面的法向量，可得令，得．设是平面的法向量，可得令，得．设平面与平面所成的二面角为，则．21．已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，且椭圆上的点到焦点的距离的最大值为．(1)求椭圆的方程．(2)设、是椭圆上关于轴对称的不同两点，在椭圆上，且点异于、两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出椭圆上任意一点到其焦点距离的最大值，结合离心率可得出、的值，进而求出的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设点，，，，，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出，同理可得出的另外一个表达式，利用等量关系可得出关于、的等式，讨论、两种情形，可求出的定值.【详解】（1）解：设点为椭圆上任意一点，其中，易知点，，所以，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为，又因为椭圆的离心率为，所以，，，则，因此，椭圆的标准方程为.（2）解：设点，，，，，则直线的方程为，直线的方程为，  联立，消去并整理可得，因为点在椭圆上，则直线与椭圆必有公共点，所以，，同理可得所以，，所以，，化简可得，当时，则，此时，；当时，、、三点重合，此时，.综上所述，，即为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22．已知函数，且，．(1)讨论的单调性；(2)若，函数有三个零点，，，且，试比较与2的大小，并说明理由．【答案】(1)答案见解析(2)，理由见解析 【分析】（1）分类讨论与，结合导数与函数的关系即可得解；（2）观察式子先确定，再利用转化法与换元法得到，进而利用双变量处理方法得到，利用导数证得，从而得解.【详解】（1）由，得，又，所以，则，所以，．当时，令，得或；令，得；所以在和上单调递增，在上单调递减；当时，令，得；令，得或；所以在与上单调递减，在上单调递增．（2），理由如下：因为，由，得，解得或．因为，所以，，是的正根，则，又，所以，，两式相减得．令，，则，得，则．令，则，所以，，可得，．设，则，再设，则，所以在上为增函数，则，即，则在上为增函数，从而，所以，即，所以，即．【点睛】关键点睛：本题第2小题的解决关键是利用换元法，将转化为，从而再利用导数处理双变量的方法求解即可.