2022-2023学年陕西省汉中市高二下学期期末数学（理）试题含答案

2022-2023学年陕西省汉中市高二下学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据复数除法运算求解.

【详解】.

故选:D.

2．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据一元二次不等式的解法和交集的运算求解.

【详解】由解得，，所以，

又因为，所以.

故选：A.

3．若，满足约束条件，则的最大值为（    ）

A．-7 B．0 C． D．7

【答案】C

【分析】根据约束条件，画出可行域，平移直线求解.

【详解】解：由，满足约束条件画出可行域如图所示：

平移直线，当直线经过点时，取得最大值.

故选：C

4．曲线在点处的切线的斜率为（    ）

A．7 B．6 C．5 D．4

【答案】A

【分析】求导，代入求出答案.

【详解】，当时，，

故在点处的切线的斜率为7.

故选：A

5．如图，圆柱内部有两个与该圆柱底面重合的圆锥，若从该圆柱内部任取一点，则该点不在这两个圆锥内部的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设圆柱的底面半径为，高为，分别求得圆柱和两个圆锥的体积，结合体积比的几何摡型，即可求解.

【详解】设圆柱的底面半径为，高为，则圆柱的体积为，

两个圆锥的体积之和为，

根据体积比的几何摡型，可得所求的概率.

故选：A.

6．过圆锥曲线的焦点且与焦点所在的对称轴垂直的弦被称为该圆锥曲线的通径，清代数学家明安图在《割圆密率捷法》中，也称圆的直径为通径.已知圆的一条通径与抛物线的通径恰好构成一个正方形的一组邻边，则（    ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】C

【分析】根据圆的通径的右端点就是抛物线通径的上端点，可得抛物线经过点，从而可得答案.

【详解】因为圆的一条通径与抛物线的通径恰好构成一个正方形的一组邻边，

而抛物线的通径与轴垂直，

所以圆的这条通径与轴垂直，

且圆的通径的右端点就是抛物线通径的上端点，

因为圆的圆心为，半径为，所以该圆与轴垂直的通径的右端点为，

即抛物线经过点，则，即.

故选：C.

7．函数的部分图象大致为（    ）

A．  B．

C．  D．

【答案】B

【分析】根据奇偶性排除C，D；根据当时，，排除A，从而可得答案.

【详解】因为的定义域为，关于原点对称，

且，

所以是偶函数，排除C，D；

当时，，排除A，

故选：B.

8．在等差数列中，，则的前2023项和（    ）

A．2023 B．4046 C．6069 D．8092

【答案】D

【分析】根据等差数列的通项结合条件可得，再由求解.

【详解】解：设的公差为，

则，

所以.

故选：D

9．如图，网格纸上绘制了一个几何体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该几何体的表积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据几何体的三视图可得原几何体为一个四棱锥，根据四棱锥结构特征，求得各个面积的面积，即可求得几何体的表面积.

【详解】根据几何体的三视图可得原几何体为一个四棱锥，如图所示，

其中底面为边长为4的正方形，为等腰三角形，且平面平面，

取的中点，连接，则，

因为平面平面，且平面，所以平面，

又因为平面，所以，

因为，且平面，所以平面，

又因为平面，所以，同理可证，

因为底面为边长为4的正方形，且等腰的高为，

可得，，，

又由，可得，

所以该几何体的表面积为.

故选：B.

10．当点到直线的距离取得最大值时，（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简直线为，得到直线经过定点，结合直线与该直线垂直时，点到该直线的距离取得最大值，列出方程，即可求解.

【详解】将直线转化为，

联立方程组，解得，所以直线经过定点，

当直线与该直线垂直时，点到该直线的距离取得最大值，

此时，解得.

故选：C.

11．已知函数在上恰有5个零点，则的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，求出时，相位所在区间，再利用正弦函数性质求解作答.

【详解】依题意，，

由，，得，

因为在上恰有5个零点，则，解得，

所以的取值范围为.

故选：D

12．已知球的半径为2，，，三点在球的表面上，且，则当三棱锥的体积最大时，（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】如图，设，，，点到平面的距离为，则，，然后表示出三棱锥的体积，结合基本不等式和导数可求出其最大值.

【详解】如图，设，，设外接圆半径为，则，设点到平面的距离为，则，，

则，当且仅当时，等号成立.

，，所以，

当时，，当时，，

所以当时，取最大值，此时.

故选：D

【点睛】关键点点睛：此题考查多面体与球的综合问题，考查基本不等式的应用，考查导数的应用，解题的关键是表示出的体积，先用基本不等式表示出体积的最大值，再利用导数可求得结果，考查数学计算能力，属于较难题.

二、填空题

13．已知向量，，若，则          .

【答案】

【分析】根据向量共线的坐标表示直接列式求解.

【详解】因为，所以，解得.

故答案为：.

14．展开式中的常数项是           .（用数字作答）

【答案】

【分析】先写出二项展开式的通项公式，再令，得，从而可求解.

【详解】展开式的通项公式为，

令，即，得展开式中的常数项是.

故答案为：

15．数列满足，，则的前2023项和      .

【答案】1351

【分析】根据已知递推式求出，则可得从第3项起以3为周期的周期数列，从而可求得答案

【详解】因为，

所以，

则从第3项起以3为周期的周期数列，

所以.

故答案为：1351

三、双空题

16．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为坐标原点，以为直径的圆与在第二象限内相交于点，与的渐近线在第一象限内相交于点，且，则的离心率为            ，若的面积为4，则的方程为            

【答案】         

【分析】根据直线的平行关系与斜率的关系和直角三角形边与角的关系结合双曲线的的关系可求离心率；再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，进而可表示面积.

【详解】如图，因为，所以.

又，，所以，，

则，所以，则，所以.

因为到渐近线的距离为，

因为，所以点到的距离为，

所以，

所以，，则的方程为.

故答案为: ;.

四、解答题

17．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角B的值；

(2)若，，求的周长.

【答案】(1)

(2)12

【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合同角的三角函数关系化简，即可得答案；

（2）由余弦定理结合已知条件，即可求得答案.

【详解】（1）因为，所以.

又C为内角，，所以，

显然不满足，即有，

而，所以.

（2）由余弦定理得，

，，则，

所以的周长为.

18．为倡导全校师生共读好书，某校图书馆新购入一批图书，需要招募若干名志愿者对新书进行编号归纳，并摆放到对应的书架上.已知整理图书所需时长y（单位：分）与招募的志愿者人数x的数据统计如下表：

(1)求y关于x的线性回归方程；

(2)由（1）中的线性回归方程求出每一个对应整理图书所需时长的估计值，若满足，则将数据称为一组正常数据，求表格中的五组数据中为正常数据的组数

附：线性回归方程中，，.

【答案】(1)

(2)表格中共有3组数据是正常数据.

【分析】（1）根据表格中的数据，结合回归系数的公式，分别求得，即可得到回归直线方程；

（2）由（1）可知，分别令，，，，，验证的值，即可得到结论.

【详解】（1）解：由表格中的数据，可得，.

，，

则，可得，

故关于的回归方程为.

（2）解：由（1）可知，当时，，，不是正常数据.

当时，，，不是正常数据.

当时，，，是正常数据.

当时，，，是正常数据.

当时，，，是正常数据.

故表格中共有3组数据是正常数据.

19．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，为的中点.

(1)证明：.

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由平面，得，结合可得平面，则，再由等腰三角形三线合一可得，再由线面垂直的判定可得平面，从而可得，

（2）由题意可证得两两垂直，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.

【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以.

又，所以.

由，平面，得平面.

因为平面，所以.

因为为的中点，，所以.

由，平面，得平面.

因为平面，所以.

（2）解：因为平面，平面，所以，

因为，所以两两垂直，

所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则令，得.

设平面的法向量为，

则令，得.

.

由图可知，二面角为锐角，

所以二面角的余弘值为.

20．椭圆：的左、右顶点分别为，，上顶点为，Q是椭圆在第一象限内的一动点，直线与直线相交于点P，直线BQ与x轴相交于点R.

(1)求椭圆的方程

(2)试判断直线PR是否经过定点.若经过，求出该定点的坐标；若不经过，请说明理由.

【答案】(1)

(2)直线经过定点，该定点坐标为.

【分析】（1）根据椭圆的几何性质，求得，即可得到椭圆的方程；

（2）设直线的方程为，联立方程组求得和，再由直线的方程为，联立方程组求得和，结合三点共线，求得，得出的方程，即可求解.

【详解】（1）解：由椭圆的左、右顶点分别为，，

上顶点为，可得，

所以椭圆的方程为.

（2）解：依题可设直线的方程为，其中.

联立方程组，整理得，

由，得，则，

直线的方程为，

联立方程组，解得，，

由三点共线，得，解得，

直线的方程为，

整理得，

联立方程组，解得，

故直线经过定点，该定点坐标为.

【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与，的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

21．已知函数.

(1)若，求不等式的解集；

(2)若，证明：有且只有一个零点，且.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（l）根据导函数正负求出单调性，结合单调性解不等式即可；

（2）结合函数单调性及极值,先应用零点存在定理证明存在，再应用单调性证明唯一零点，进而证明不等式.

【详解】（1）因为，所以，恒成立，

所以在上单调递增.

又，所以不等式的解集为.

（2），则,

令，得或.

因为，所以.

当时，；当时，.

故的单调递增区间为和，单调递减区间为.

，.

令，则，

显然当时，，单调递减，则，

即，从而.

故在上不存在零点，

当时，易证得,

单调递减，

单调递增，

单调递增，

，从而，

则，，

由零点存在定理可得有零点，，单调递增，

故有且只有一个零点，且，则.

【点睛】关键点点睛：解题的关键是对零点存在定理的应用，结合函数的单调性可证明函数零点的唯一性.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

(2)若直线与曲线相交于M，N两点，已知点，求.

【答案】(1)曲线C的普通方程为，直线l的方程为

(2)

【分析】（1）消去参数得到曲线的方程，再根据求出直线的直角坐标方程；

（2）求出直线的参数方程，将其代入曲线的普通方程，得到两根之和，两根之积，又由于，所以在曲线外部，从而求出答案.

【详解】（1）由（为参数），变形得到，平方相加得

，

故曲线的普通方程为.

因为及，得直线的直角坐标方程为.

（2）由于在直线方程中，且直线的斜率为3，

故直线的参数方程为（为参数），

将其代入曲线的普通方程得，

则，，

由于，所以在曲线外部，

故.

23．已知函数.

(1)若，求不等式的解集；

(2)若恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）当时，得到，分类讨论，即可求得不等式的解集；

（2）把不等式恒成立转化为恒成立，分和，即可求解.

【详解】（1）解：当时，所以.

当时，原不等式转化为，解得；

当时，原不等式转化为，解得；

当时，原不等式转化为，解得，

综上所述，不等式的解集为.

（2）解：因为，所以恒成立等价于恒成立，

显然，

当时，则，解得或；

当时，则，解得或，

故的取值范围为.