2022-2023学年陕西省汉中市高二下学期期末数学（文）试题含答案

2022-2023学年陕西省汉中市高二下学期期末数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.

【详解】由集合且，

所以.

故选：C.

2．（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】先进行复数运算，然后根据复数模的定义直接求解.

【详解】.

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．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据正弦函数、对数函数和指数函数的单调性，将与0,1比大小，与0比大小，与1比大小，即可得结论.

【详解】因为，所以，

又，，所以.

故选：B.

6．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.

7．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.

8．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.

9．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

10．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.

11．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.

12．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

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．甲、乙两位同学从3项不同的体育项目中任选1项参加，则这两人选择的体育项目相同的概率为          .

【答案】

【分析】根据计数原理得到这两人不同的选法，及选择的体育项目相同的选法，从而求出答案.

【详解】由题可知，甲乙两人均有3种不同的选择，故这两人不同的选法共有9种，

其中选择的体育项目相同的选法有3种，故所求的概率为.

故答案为：

15．已知双曲线：的离心率为，则双曲线的两条渐近线夹角（锐角）的正切值为          .

【答案】

【分析】由双曲线的离心率求出渐近线的斜率，根据直线的夹角公式即可求得答案.

【详解】因为双曲线的离心率为，所以，即，则，

故双曲线两条渐渐近线的斜率为，

设双曲线的两条渐近线的夹角为，则，

故答案为：

16．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、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)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由线面垂直性质和判定可证得平面，进而得到；由等腰三角形三线合一性质可得，由线面垂直的判定与性质可证得结论；

（2）根据为中点可知，由棱锥体积公式可求得，从而得到；根据长度和垂直关系，结合解三角形的知识可求得，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果.

【详解】（1）平面，平面，；

又，，

，平面，平面，

平面，；

为的中点，，；

，平面，平面，

平面，.

（2）连接，取的中点，连接，

为的中点，，又，.

，，，，.

又，平面，，.

分别为中点，，又平面，平面，又，，，

，，

又，

在中，，

，.

设点到平面的距离为，则，解得：，

即点到平面的距离为.

20．已知函数.

(1)当时，求的极值；

(2)若在上恰有1个极值点，求的取值范围.

【答案】(1)极小值为，无极大值

(2).

【分析】（1）根据题意，求导即可得到其极值；

（2）根据题意，将极值点转化为函数零点问题，然后利用导数研究，即可得到结果.

【详解】（1）因为，所以，.

令，得或，且当时，，

当时，，故的单调递减区间为，单调递增区间为.

从而的极小值为，无极大值.

（2）因为，所以.

因为在上恰有1个极值点，所以在上恰有一个变号零点.

令，则，

显然在上单调递增，且，所以在上恒成立，

则在上单调递增.

要使在上恰有一个变号零点，则，

即，故的取值范围为.

21．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.

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.