2022-2023学年山西省长治市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年山西省长治市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解一元二次不等式化简，再根据交集的概念运算可得答案.

【详解】由，得或，所以或，

所以.

故选：B

2．（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的除法运算可得结果.

【详解】.

故选：A

3．已知向量.若，则（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】根据可求出结果.

【详解】因为，所以，，.

因为，所以，

所以，所以，解得.

故选：C

4．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由，，两式相减即可求解.

【详解】①，

②，

①-②可得，即.

故选：D

5．如图，在四棱台中，正方形和的中心分别为和平面，则直线与直线所成角的正切值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出直线与直线所成角，解直角三角形求得其正切值.

【详解】连接，作，

垂足为即直线与直线所成的角.

.

故选：B

6．已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（    ）

A． B．

C．  D．

【答案】C

【分析】求出函数的导数，由题意可得在上恒成立，由此参变分离，结合二次函数的最值即可求得答案.

【详解】因为，所以，

由在上单调递增，得在上恒成立，

即在上恒成立，，

即在上恒成立，

当时，二次函数取到最大值，

故，即a的取值范围为，

故选：C

7．已知点，动点到直线的距离为，则的周长为（    ）

A．4 B．6 C． D．

【答案】D

【分析】设点P的坐标，代入距离公式化简得点P的轨迹方程，利用椭圆定义即可求解.

【详解】设，则，

因为，所以，整理可得，

即点的轨迹为椭圆且方程为，

由椭圆定义知的周长为.

故选：D

8．已知直线与函数的图象相切，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设出切点坐标，求出切线方程为，从而可得，构造函数，求出其最小值即可得答案.

【详解】设切点为，，所以切线的斜率，

则切线方程为，即，故，

令，则，

当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

所以，即的最小值为.

故选：B

二、多选题

9．设数列、都是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】取，，可判断A选项；利用等比数列的定义可判断BD选项；取可判断C选项.

【详解】设等比数列、的公比分别为、，其中，，

对任意的，，，

对于A选项，不妨取，，则数列、都是等比数列，

但对任意的，，

故数列不是等比数列，A不满足条件；

对于B选项，，即数列为等边数列，B满足条件；

对于C选项，当时，，此时，不是等比数列，C不满足条件；

对于D选项，，故为等比数列，D满足条件.

故选：BD.

10．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，结果如图1所示.该校2023届初三学生人数较2022届初三学生人数上升了,届初三学生仰卧起坐一分钟的个数分布条形图如图2所示，则（    ）

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

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2.2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】ABD

【分析】根据饼状图和条形图对四个选项逐个计算可得答案.

【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2022届初三学生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，

因为，故 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，故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，

届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占，因为，故D正确.

故选：ABD.

11．已知双曲线的左､右焦点分别为，过点作直线垂直于双曲线的一条渐近线，直线交双曲线于点，若，则双曲线的渐近线方程可能为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AB

【分析】当点在第一象限时，由余弦定理化简得，求得，当点在第四象限时，由余弦定理化简得，求得，即可求解.

【详解】因为，所以，

根据双曲线的对称性，不妨设直线的斜率小于零，

如图（1）所示，当点在第一象限时，，

由余弦定理可得，化简得，

解得（舍去），此时双曲线的渐近线方程为，

如图（2）所示，当点在第四象限时，，

由余弦定理可得，化简得，

解得（舍去），

此时双曲线的渐近线方程为.

故选：AB.

12．如图1，《卢卡•帕乔利肖像》是意大利画师的作品.图1中左上方悬着的是一个水晶多面体，其表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，如图2.若，则（    ）

A．

B．该水晶多面体外接球的表面积为

C．直线与平面所成角的正弦值为

D．点到平面的距离为

【答案】BCD

【分析】根据该水晶多面体的对称性、正方体的性质，以及立体几何中的向量方法判断各选项.

【详解】该水晶多面体的俯视图如图1所示，

对于A，，故A错误；

对于B，建立如图2所示的空间直角坐标系，则.

记该水晶多面体外接球的半径为，球心，则，故该水晶多面体外接球的表面积为，故B正确.

对于C，因为，，平面，

所以平面平面.

根据正方体的对称性易得平面的一个法向量为，即为平面的一个法向量.，

故直线与平面所成角的正弦值为，故C正确.

对于D，点到平面的距离为，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．函数，则      .

【答案】2

【分析】由解析式先求，再求即得.

【详解】因为，所以.

故答案为：2

14．已知直线与圆存在公共点，则的取值范围为      .

【答案】

【分析】由圆心到直线的距离为，然后求解的范围.

【详解】直线与圆有公共点等价于圆心到直线的距离小于等于圆的半径，即，解得，所以实数的取值范围是.

故答案为：

15．已知函数，如图，是直线与曲线的两个交点，若，则          .

【答案】2

【分析】设，根据图形列式可求出结果.

【详解】由图可知，，

设， 则，

由图可知，，，

因为，所以，，

所以，解得.

故答案为：.

16．五一长假期间，某单位安排这3人在5天假期值班，每天只需1人值班，且每人至少值班1天，已知在五一长假期间值班2天，则连续值班的概率是          .

【答案】/0.4

【分析】根据条件概率公式可求出结果.

【详解】记“在五一长假期间值班2天”，“连续值班”，

则种，种，

所以.

所以已知在五一长假期间值班2天，则连续值班的概率为.

故答案为：.

四、解答题

17．在中，角的对边分别为，已知,，且.

(1)求；

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理边化角可求出；

（2）根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可求出结果.

【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，

因为，所以，所以，即.

因为，所以.

（2）由余弦定理可得，

因为,，所以，所以.

故的面积为.

18．在数列中，，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)在数列中，满足（为正整数）的项有项，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先利用定义法证明数列是等差数列，从而得到关于的方程，解出即可；

（2）根据题意得，再利用分组求和法即可得.

【详解】（1）因为，所以，

则是等差数列.设的公差为，

由解得，故.

（2）满足（为正整数）的项有项，所以.

.

19．如图，将三棱锥的侧棱放到平面内，，，，，平面平面.

(1)证明：平面⊥平面；

(2)若，平面与平面夹角的正切值为，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）利用面面垂直得到线面垂直：平面，从而得到，再利用线线垂直得到线面垂直：平面，再利用线面垂直得出面面垂直；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出结果.

【详解】（1）因为平面平面，平面平面=，，又平面，所以平面，

又平面，所以，

因为，，平面，所以平面，

又平面，所以平面⊥平面.

（2）记点在平面内的投影为，连接，取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为，平面与平面夹角的正切值为，

所以DE=，BE=，

则，），，

从而，，

设平面的法向量为，则由,

得到令，得，

所以，

易知，平面的一个法向量为，

，

故平面与平面夹角的余弦值为.

20．猜歌名游戏根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.某嘉宾参加猜歌名节目，节目组准备了两组歌曲的主旋律制成的铃声，随机从两组歌曲中各播放两首歌曲的主旋律制成的铃声，该嘉宾根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.已知该嘉宾猜对组中每首歌曲的歌名的概率均是，猜对组中每首歌曲的歌名的概率均是，且猜对每首歌曲的歌名相互独立.

(1)求该嘉宾至少猜对2首歌曲的歌名的概率；

(2)若嘉宾猜对一首组歌曲的歌名得1分，猜对一首组歌曲的歌名得2分，猜错均得0分，记该嘉宾累计得分为，求的分布列与期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）先计算出该嘉宾一首歌曲的歌名都没有猜对的概率和该嘉宾只猜对一首歌曲的歌名的概率，进而利用对立事件求概率公式求出答案；

（2）求出的所有可能取值及对应的概率，写出分布列，计算出数学期望.

【详解】（1）该嘉宾一首歌曲的歌名都没有猜对的概率；

该嘉宾只猜对一首歌曲的歌名的概率.

故该嘉宾至少猜对2首歌曲的歌名的概率.

（2）由题意可得的所有可能取值分别是0，1，2，3，4，5，6.

没有猜对组中每首歌曲的歌名的概率为，没有猜对组中每首歌曲的歌名的概率是，

，

，

，

，

，

.

的分布列为

故.

21．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.

22．已知函数.

(1)若，求的图象在处的切线方程;

(2)若有两个极值点，证明:.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）对求导，求出，再由导数的几何意义求解即可；

（2）根据给定条件可得有两个不相等的正实数根，转化为有两个不相等的正实数根，即.要证，即证<，令，即证即.令，对求导，得到的单调性，即可证明.

【详解】（1）因为，所以，，

则，

故f（x）的图象在处的切线方程为，即.

（2）证明：因为，

所以，

由有两个极值点，得方程有两个不相等的正实数根，

即方程有两个不相等的正实数根.

令，则.

当时，，单调递减；

当时，，单调递增.

当时，，当时，.

由有两个不相等的正实数根，可得，

即有两个不相等的正实数根.

由，得.

要证，只需证<，即证<.

不妨令，，则，<等价于t<，

即.

令，，则，

则，从而.

【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明，将所证不等式等价转化，借助换元构造新函数，再利用导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.