2022-2023学年甘肃省庆阳市华池县第一中学高二下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年甘肃省庆阳市华池县第一中学高二下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A． B．

C．或 D．或

【答案】A

【分析】解一元二次不等式求出补集即可.

【详解】

故选：A.

2．通过随机询问盐城市110名性别不同的高中生是否爱好某项运动，得到如下的列联表：

由公式计算得：．参照附表，得到的正确结论是（    ）

附表：

A．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别有关”

B．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关”

C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关”

D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”

【答案】C

【分析】根据独立性检验的实际运用判断即可.

【详解】因为，所以有99%以上的把握（或犯错误的概率不超过1%的前提下）认为“爱好该项运动与性别有关”

故选：C

3．某市政府决定派遣8名干部分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少3人，则不同的派遣方案共有（    ）

A．320种 B．252种 C．182种 D．120种

【答案】C

【分析】分成人、人或者人、人，先分组再分配即可求解.

【详解】分成人、人两组时，有种，

分成人、人两组时，有种，

所以共有种，

故选：C

4．某工厂生产的零件外直径（单位：）服从正态分布，今从该厂上、下午生产的零件中各随机取出一个，测得其外直径分别为和，则可认为

A．上午生产情况异常，下午生产情况正常

B．上午生产情况正常，下午生产情况异常

C．上、下午生产情况均正常

D．上、下午生产情况均异常

【答案】B

【详解】分析：根据3σ原则判断.

详解：因为服从正态分布，

所以

所以上午生产情况正常，下午生产情况异常,

选B.

点睛：利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个.

5．已知向量为相互垂直的单位向量，若，则向量与向量的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量数量积的定义计算．

【详解】设向量与的夹角为θ，则，

又，故．

故选：A．

6．已知数列满足，则=（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据递推形式求数列的前几项，判断数列是周期数列，再求值.

【详解】，，，，，

所以是周期数列，且周期为4，

又，所以．

故选：C.

7．已知为椭圆的中心，为的一个焦点，点在外，，经过的直线与的一个交点为，是有一个内角为的等腰三角形，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】不妨取，计算坐标，根据等腰三角形得到点坐标，代入椭圆化简计算得到答案.

【详解】不妨取，，则，易知中只能，

是有一个内角为的等腰三角形，则，

将代入椭圆方程得到：，即，

解得或（舍去），故.

故选：B.

【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力，确定点坐标是解题的关键.

8．设函数在定义域内可导，的图象如图所示，则其导函数的图象可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据函数的单调性与导函数的关系判断即可；

【详解】解：由的图象可知，当时函数单调递增，则，故排除C、D；

当时先递减、再递增最后递减，所以所对应的导数值应该先小于，再大于，最后小于，故排除B；

故选：A

二、多选题

9．已知向量，，，若，，共面，则的值可以是（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】BC

【分析】依题意可得存在不全为的实数，，使得，根据空间向量坐标运算得到方程组，解得即可.

【详解】因为，，共面，所以存在不全为的实数，，使得，

即，

即，解得.

故选：BC．

10．已知，则下列结论正确的是

A． B． C． D．

【答案】BD

【解析】利用换元法求出的解析式，再对选项进行一一验证，即可得答案.

【详解】令，∴.

∴.

故选：BD.

【点睛】本题考查换元法求函数的解析式、函数值的求解，考查运算求解能力，属于基础题.

11．点P在圆上，点Q在圆上，则（    ）

A．的最小值为2

B．的最大值为7

C．两个圆心所在的直线斜率为

D．两个圆相交弦所在直线的方程为

【答案】BC

【分析】分别找出两圆的圆心和的坐标，以及半径和，利用两点间的距离公式求出两圆心间的距离，根据大于两半径之和，得到两圆的位置关系是外离，又为圆上的点，为圆上的点，便可求出其最值，用斜率公式求出.

【详解】由已知，半径为，圆的标准方程为，

故，半径，∴圆心距，

又在圆上，在圆上，

则的最小值为，最大值为，

故A错误、B正确；

两圆圆心所在的直线斜率为，C正确；

圆心距大于两圆半径和，两圆外离，无相交弦，D错误.

故选：BC.

12．函数的最小正周期为，若其图像向右平移个单位后得到函数为奇函数，则下列关于函数图像的说法正确的是（    ）

A．关于点对称 B．在上单调递增

C．关于直线对称 D．在处取得最大值

【答案】AD

【分析】先求出表达式，然后根据三角函数的性质逐一判断每个选项.

【详解】函数的最小正周期为，则，可得，

向右平移个单位后得到的函数为，

因为此函数为奇函数，则经过原点，故，则，

结合，解得．故函数.

对于选项A：令，解得，

故的对称中心为：，时为，故A正确：

对于选项B：当时，，根据正弦函数的单调性可知，

在上不单调，故B错误；

对于选项C，，此为对称轴，

而令，解得，故C错；

对于选项D，，显然是最大值，故D正确．

故选：AD

三、填空题

13．若“”为真命题，则实数a的取值范围为         ．

【答案】

【分析】由题意可得，由对勾函数的性质可求出在的最大值，从而可求出实数a的取值范围.

【详解】∵为真命题，

∴，

∵在区间上单调递增，

∴，即，

∴实数a的取值范围为．

故答案为：

14．在展开式中，的系数为         .（结果用数字作答）

【答案】50

【分析】首先将式子变形为，再写出展开式的通项，从而可求的系数；

【详解】解：，其中展开式的通项为，所以项的系数为

故答案为：

15．若双曲线＝1(a>0，b>0)与直线y＝x无交点，则离心率e的取值范围是        ．

【答案】(1,2]

【详解】因为双曲线的渐近线为y＝±x，要使直线y＝x与双曲线无交点，则直线y＝x应在两渐近线之间，所以有≤，即b≤a，所以b2≤3a2，c2－a2≤3a2，即c2≤4a2，e2≤4，所以1<e≤2.

16．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分,负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止.设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，比赛停止时一共已打局， 则的期望值      .

【答案】

【分析】首先确定所有可能的取值；根据每个取值所对应的情况计算出其所对应的概率，从而根据数学期望计算公式求得结果.

【详解】由题意可知所有可能的取值为：

则；；

本题正确结果：

【点睛】本题考查离散型随机变量的数学期望的求解，关键是能够准确求解出随机变量每个取值所对应的概率，从而结合公式直接求得结果，属于常考题型.

四、解答题

17．设是等差数列的前项和，已知.

（1）求；

（2）若数列，求数列的前项和.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）设数列的公差为，由，利用“ ”法求解.

（2）由（1）知，得到，再利用裂项相消法求解.

【详解】（1）设数列的公差为，

则，

解得，

所以；

（2）由（1）知，

则，

，

，

.

【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法

(1)公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；

(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．

(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．

(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．

(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.

(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．

18．在某产品表面进行腐蚀刻线试验，得到腐蚀深度y与腐蚀时间x之间相应的一组观察值如下表：

(1)画出表中数据的散点图；

(2)求y对x的回归直线方程；

(3)试预测腐蚀时间为100s时腐蚀深度是多少？（可用计算器）

参考数据：，

参考公式：.

【答案】(1)作图见解析

(2)

(3)

【分析】（1）直接散点图的作法直接作图即可；

（2）计算出，再代入公式即可得到回归直线方程；

（3）将代入（2）中的回归直线方程即可.

【详解】（1）散点图如图

（2）根据表中数据计算得

，

，

结合参考数据和公式得

．

所以腐蚀深度y对腐蚀时间x的回归直线方程为．

（3）根据上面求得的回归直线方程，

当腐蚀时间为100s时，即腐蚀深度大约为．

19．已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，且

(1)求C；

(2)若，的面积为，且，求线段的长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由可得，再利用正弦定理统一成边的形式化简后，利用余弦定理可求得角，

（2）由的面积为，可求得，由，得，平方化简可得结果.

【详解】（1）因为，向量，

所以，

由正弦定理，得，即，

由余弦定理，得，

因为，所以．

（2）由，解得，

因为，所以，

所以，

所以

所以．

20．如图所示，在直三棱柱中，，，，点是的中点.

（1）证明：平面；

（2）求与平面所成角的正切值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）根据题意得平面，进而得，再根据几何关系得，故平面；

（2）以为原点，、、为、、轴建立直角坐标系，利用空间向量的求解即可得答案.

【详解】（1）证明：在直三棱柱中，，，

又∵，∴平面

又∵平面，∴，

又∵在矩形中，，，

∴，∴，

又，∴平面；

（2）以为原点，、、为、、轴建立直角坐标系，

则，，，，则，

设平面的法向量为，

又，，则，得，

令，则，，则，

设与的夹角的平面角为，

则，

∴与平面所成角的正弦值为，

则与平面所成角的余弦值为，

∴与平面所成角的正切值为.

【点睛】本题考查空间线面垂直的证明，线面所成角的正切值，考查运算能力，空间想象能力，是中档题.解答本题的关键点是熟记空间向量求直线与平面所成角的方法，具体地，设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成角为，与的夹角为，则.

21．已知函数．

(1)求的单调区间；

(2)若对任意的，都有恒成立，求k的最大值．

【答案】(1)单调减区间是，单调增区间是

(2)4

【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得解；

（2）恒成立，即，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可得解.

【详解】（1）函数的定义域为，，

当时，，当时，，

故的单调减区间是，单调增区间是；

（2）原式可化为，

令，则，

令，则，

故在上递增，

又，

故存在唯一的，使得，即，

且当时，递减，

当时，递增，

故，

故，

又，所以实数k的最大值为4．

【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：

（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．

22．已知动点到点的距离比它到直线的距离小

（1）求动点的轨迹的方程

（2）过点作斜率为的直线与轨迹交于点、，线段的垂直平分线交轴于点，证明：为定值

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）本题首先可根据题意得出动点到点的距离与到直线距离相等，然后根据抛物线的定义即可得出结果；

（2）本题可设直线的方程为，，，为线段的中点，然后通过联立直线方程与抛物线方程得出，并求出点坐标，再然后写出线段的垂直平分线的方程，并写出点坐标，最后求出、以及，即可证得结论.

【详解】（1）因为动点到点的距离比它到直线的距离小，

所以动点到点的距离与到直线距离相等，

由抛物线的定义可知，轨迹是以为焦点、以直线为准线的抛物线，

故点的轨迹的方程为.

（2）设直线的方程为，

联立，整理得，

设、，为线段的中点，

则，，，

线段的垂直平分线的方程为，，

，，，

故为定值.

【点睛】关键点点睛：本题考查动点的轨迹方程以及抛物线与直线的相关问题的求解，考查抛物线的定义以及韦达定理的应用，能否求出点坐标是解决本题的关键，考查直线方程的求法，考查中点坐标的相关性质，考查计算能力，是中档题.