2022-2023学年陕西省安康市高二下学期期末数学（文）试题含答案

这是一份2022-2023学年陕西省安康市高二下学期期末数学（文）试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年陕西省安康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】直接根据交集的定义求解即可.【详解】因为集合，，所以.故选：C.2．复数的虚部为（    ）A． B．2 C． D．【答案】B【分析】根据复数的运算法则求的代数形式，再由虚部的定义确定结论.【详解】因为，所以复数z的虚部为，故选：B.3．已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】判断出，且，从而可得答案.【详解】因为，，，所以.故选：B.4．坐标轴与圆的交点个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先求出圆心和半径，再分别求出圆心到两坐标轴的距离与半径比较可得结论.【详解】圆，即圆，所以圆，半径，因为圆心到轴的距离为1，且，所以圆与轴相交，即与轴有两个交点，因为圆心到轴的距离为2，且等于半径，所以圆与轴相切于点，即与轴有一个交点，综上坐标轴与圆有3个交点，故选：C5．如图，这是一个落地青花瓷，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线C：的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为8，瓶高等于双曲线C的虚轴长，则该花瓶的瓶口直径为（    ）  A． B．24 C．32 D．【答案】D【分析】求出，设出，代入双曲线方程，求出，得到直径.【详解】因为该花瓶横截面圆的最小直径为8，所以.设M是双曲线C与瓶口截面的一个交点，该花瓶的瓶口半径为r，则，    所以，解得，故该花瓶的瓶口直径为.故选：D6．执行如图所示的程序框图，则输出的（    ）    A．6 B．12 C．20 D．30【答案】B【分析】根据程序框图逐步执行可得输出结果.【详解】根据程序框图，可得其执行结果如下：，，，，执行循环体；，，执行循环体；，，跳出循环体.输出.故选：B.7．将函数（）的图象向右平移1个单位长度后，得到的图象关于原点对称，则的最小值为（    ）A． B．1 C．2 D．4【答案】B【分析】先求得的图象平移后的解析式，再列出关于的方程，进而求得的最小值.【详解】的图象向右平移1个单位长度后，可得函数的图象，则，，即，.又，故的最小值为1.故选：B8．在正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的正切值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】取的中点，直线与直线所成的角为，在中求其正切值即可.【详解】如图，取的中点，连接，，则且故直线与直线所成的角为.因为面，面，所以，，设，，则.  故选：A9．某校为了了解学生的身体素质，对2022届初三年级所有学生仰卧起坐一分钟的个数情况进行了数据统计，结果如下图所示.该校2023届初三学生人数较2022届初三学生人数上升了10%，则下列说法错误的是（    ）      A．该校2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占70%B．该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数同个数段的学生人数的2倍还多C．该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数和2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数均在内D．相比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占比增加【答案】C【分析】根据扇形统计图和条形图对四个选项逐个判断可得答案.【详解】2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占比为，A正确.由于2023届初三学生人数较2022届上升了，假设2022届初三学生人数为（），则仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数为，2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数为，，B正确.2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在内，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在内，C错误.2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占，D正确.故选： C.10．已知数列满足，且（），则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用题给条件求得（），列出关于的方程，进而求得的值.【详解】（），，解得.故选：A11．已知某正三棱台的顶点都在半径为5的球面上，若该正三棱台的上、下底边长分别是和，则该正三棱台的高为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】运用等边三角形的性质可求得上下底面两个截面圆的半径，结合勾股定理可求得结果.【详解】如图所示，   设正三棱台的上底面所在平面截球所得圆为，下底面所在平面截球所得圆为，所以，，又因为球的半径为5，所以下底面在过球心的截面上，所以，即该正三棱台的高为.故选：D.12．函数的图象大致为（    ）A．   B．  C．   D．  【答案】B【分析】利用，排除A；利用导数研究当时的单调性，两次求导，结合零点存在性定理，可得，排除CD，从而可得答案.【详解】，排除A.当时，.令函数，，，所以在上单调递增，即在上单调递增.，，因为，所以，，即.所以存在，使得，即当时，，当时，.函数在上单调递减，在上单调递增..因为，所以，，排除CD.故选:B. 二、填空题13．已知向量，满足，，则           .【答案】【分析】运用平面向量模及数量积公式计算即可.【详解】由题意知，，，，因为，所以.故答案为：.14．函数在区间上的最大值为      .【答案】1【分析】求函数的导函数，解不等式得函数单调区间，即可求出最值.【详解】因为，所以，当时，，所以函数在上单调递减，所以.故答案为：115．盒中装有标有数字1，2，3的卡片各2张，从盒中任意抽取2张，每张卡片被取出的可能性都相等，则抽出的2张卡片上最大的数字是3的概率为      .【答案】/【分析】利用列举法求解即可.【详解】记“抽出的2张卡片上最大的数字是3”的事件为.记标有数字1的2张卡片分别为，；标有数字2的2张卡片分别为，；标有数字3的2张卡片分别为，.从盒中任意抽取2张卡片的基本事件有15个，分别为，，，，，，，，，，，，，，.抽出的2张卡片上最大的数字是3的基本事件有9个，分别为，，，，，，，，.故.故答案为：16．已知，为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，，则C的离心率为    .【答案】【分析】先利用题给条件列出关于的齐次方程，解之即可求得椭圆C的离心率.【详解】因为，，所以，.由及椭圆的对称性可知，四边形为矩形，所以，则，化简得，则椭圆C的离心率.故答案为： 三、解答题17．近日来，ChatGPT的“火”在教育界引发了热议，尤其是在未来课堂上的实践与应用，引起广泛的关注.某学校计划尝试“ChatGPT进课堂”，随机抽取400名家长，对“ChatGPT”的了解情况进行了问卷调查，得到如下列联表.已知了解的人数为280，不了解的人数为120. 男家长女家长合计了解160  不了解 80 合计   (1)请补充完整上面的列联表，并分别估计该校男、女家长中对“ChatGPT”了解的概率；(2)判断是否有99.9%的把握认为该校家长对“ChatGPT”的了解情况与性别有关系.附：，其中.0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】(1)列联表见解析，(2)有99.9%的把握认为家长对“ChatGPT”的了解情况与性别有关系 【分析】（1）先根据题意和表中的数据完成列联表，再利用表格中数据求出校男、女家长中对“ChatGPT”了解的频率，从而可求出概率；（2）利用公式求出，再根据临界值表进行判断即可.【详解】（1） 男家长女家长合计了解160120280不了解4080120合计200200400该校男家长中对“ChatGPT”了解的概率为. 该校女家长中对“ChatGPT”了解的概率为.（2）. 故有99.9%的把握认为家长对“ChatGPT”的了解情况与性别有关系.18．在中，分别是内角的对边，.(1)求角的大小；(2)若，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意利用正弦定理进行角化边可得，再结合余弦定理运算求解；（2）利用余弦定理解得，再结合正弦定理运算求解.【详解】（1）因为，所以.由正弦定理可得：，根据余弦定理可得，因为，所以.（2）由余弦定理知，即，化简得，解得或（舍去）.由正弦定理知，则.19．已知等比数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）方法一：由题意可得，解方程组求出，从而可求出通项公式，方法二：由，得，两式相减可求出公比，再由可求出，从而可求出通项公式，（2）由（1）得，再利用错位相减法可求得.【详解】（1）方法一：设等比数列的首项为，公比为.由，得，即，解得，故.方法二：设等比数列的首项为，公比为.由，得，两式相减得，即，得.由，得，解得.故.（2）因为，所以，①.②由①-②得，故.20．如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，为的中点，，，且为正三角形.  (1)证明：；(2)点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）作出辅助线，由余弦定理求出，得到，再得到，从而得到线面垂直，得到线线垂直；（2）证明出，得到，所以当的面积最小时，最小，此时，，求出，从而得到点到平面的距离为点到平面的距离的，故，利用等体积法求出，求出答案.【详解】（1）证明：取的中点，连接，. 因为，，所以，因为，所以，由余弦定理得，故，故. 因为，所以⊥，，由勾股定理得.因为为的中点，所以为的中位线，因为，，所以，即.因为，所以. 又因为，平面，所以平面. 因为平面，所以.（2）连接，.因为，，所以.因为，，平面，所以平面，因为平面，所以.因为，，平面，所以平面，因为，所以当的面积最小时，最小. 当取最小值时，，此时，，由勾股定理得.故，  设点到平面的距离为d，则点到平面的距离为.故，其中. 故三棱锥的体积为.21．已知函数，.(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式方程即可求解；（2）求出函数的导数，通过对m的讨论，求出函数的单调区间，再由已知条件解不等式即可.【详解】（1）若，则，且.又，所以.所以曲线在点处的切线方程为.（2）因为，所以.令函数，则.因为，所以，在上单调递减，又，当，即时，，即，所以在上单调递减，因为，所以，符合题意.当，即时，存在，使得当时，，即，所以在上单调递增.因为，所以，不符合题意.综上，的取值范围为.22．已知抛物线C：（）上一点（）与焦点的距离为2.(1)求p和m；(2)若在抛物线C上存在点A，B，使得，设的中点为D，且D到抛物线C的准线的距离为，求点D的坐标.【答案】(1)，(2)或. 【分析】（1）根据抛物线的性质，求出，然后将代入抛物线的方程即可求出m；（2）根据D到抛物线C的准线的距离求出D的横坐标，将转为，从而得到，两者结合即可求出，即可求出点D的坐标.【详解】（1）设抛物线C的焦点为F，根据题意可知，解得.故抛物线C：.因为M在抛物线C上，所以.又因为，所以.（2）设，，，直线的斜率为，直线的斜率为.易知，一定存在，则，.由，得，即，化简得，即因为D到抛物线C的准线的距离，所以，则，即，.，即，解得或，则或.故点D的坐标为或.