2022-2023学年云南省曲靖市富源县高二下学期期末检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年云南省曲靖市富源县高二下学期期末检测数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年云南省曲靖市富源县高二下学期期末检测数学试题 一、单选题1．复数的虚部为（    ）A．4 B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的乘法运算化简复数，即可由虚部的定义求解.【详解】，故虚部为，故选：B2．已知集合，若，则的取值集合为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据空集和非空集两种情况即可求解.【详解】由可得，若时，则，若时，则由可得或，故或，则或，故的取值集合为，故选:D3．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【分析】根据充分必要条件的定义判断．【详解】时，成立，是充分的，但时，，不满足，必要性不满足，因此是充分不必要条件．故选：A．4．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列结论正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【分析】对于A，根据可能平行、可能相交且不垂直判断；对于B，根据可能平行、可能相交且不垂直、异面且不垂直判断；对于C，根据线面垂直的性质定理判断；对于D，根据或异面判断．【详解】对于A，，则可能平行、可能相交且不垂直，故A不正确；对于B，，则可能平行、可能相交且不垂直、可能异面且不垂直，故B不正确；对于C，若，根据线面垂直的性质定理可知，故C正确；对于D，若，则或异面，故D不正确．故选：C．5．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：C6．已知抛物线的焦点到其准线的距离为是抛物线上一点，若，则的最小值为（    ）A．8 B．6 C．5 D．4【答案】D【分析】由抛物线的焦点坐标求得，设在准线上的射影为，利用抛物线的定义进行转化后易得最小值．【详解】由焦点到其准线的距离为得；设在准线上的射影为如图,则，当且仅当共线时取得等号．所以所求最小值是4．故选：D．7．函数的部分图象大致为（    ）A． B．  C．   D．  【答案】A【分析】根据函数解析式确定函数性质，利用排除法去掉不符合的选项即可.【详解】定义域为，因为，所以是奇函数，排除C，D．当时，，则，，所以，排除B．故选：A．8．弘扬国学经典，传承中华文化，国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓，其中“五经”是国学经典著作，“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》．小明准备学习“五经”，现安排连续四天进行学习且每天学习一种，每天学习的书都不一样，其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习，《周易》不能安排在第一天学习，则不同安排的方式有（    ）A．32种 B．48种C．56种 D．68种【答案】D【分析】利用排列组合分别讨论不排《周易》，排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，三种情况，再利用分类加法计数原理将所有情况相加即可.【详解】①若《周易》不排，先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，再将《诗经》与《礼记》插空，则共有种安排方式．②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，在《尚书》和《春秋》中先选1种，然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，再将《诗经》与《礼记》插空，减去将《周易》排在第一天的情况即可，共有种安排方式；③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，先在《诗经》与《礼记》中选1种，然后将《周易》排在后三天的一天，最后将剩下的3种书全排列即可，共有种安排方式．所以共有种安排方式．故选：D 二、多选题9．已知一组数据：的平均数为，标准差为，则（    ）A．另一组数据：的平均数为B．另一组数据：的平均数为C．另一组数据：的标准差为D．另一组数据：的标准差为【答案】AC【分析】根据平均数和标准差的性质即可求解.【详解】的平均数为,的方差为，标准差为，故AC正确，BD错误，故选：AC10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ）  A．的最小正周期为B．的单调递增区间为C．的图象关于直线对称D．的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到【答案】AC【分析】根据图象确定周期可判断A，由周期求出，利用特殊值求出得出函数，根据正弦函数的单调性判断B；根据正弦型函数的对称轴判断C；由三角函数的图象平移可判断D.【详解】由图象可知，，，故的最小正周期为，故A正确；所以，得.又，即，所以，，所以，，又因为，所以，所以，令，解得，所以的单调递增区间为，故B错误；因为，所以的图象关于直线对称，故C正确；将函数的图象向左平移个单位得到，故D错误.故选：AC11．已知双曲线：的右焦点到渐近线的距离为，为上一点，下列说法正确的是（    ）A．的离心率为B．的最小值为C．若，为的左、右顶点，与，不重合，则直线，的斜率之积为D．设的左焦点为，若的面积为，则【答案】ACD【分析】根据题意列关于的等式，从而可得双曲线的方程，计算离心率，的最小值，结合动点满足的方程，列式计算，在焦点三角形中，由双曲线的定义，余弦定理以及三角形面积公式列式即可计算出.【详解】由已知可得，，所以，则的方程为，离心率为，A正确；因为的最小值为，所以B错误；设，则，，，所以C正确；设，由可得，得，则，所以D正确．故选：ACD12．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】构造函数，求导后可得在单调递增，则可得，构造函数，求导后可得在单调递减，则可得，从而可得结论.【详解】令，则，当时，，所以在单调递增，所以，则，所以，所以，令，则，所以在单调递减，所以，则，即，所以，所以故选：ABC.【点睛】关键点点睛：此题考查对数式，指数式比较大小，考查导数的应用，解题的关键是合理构造函数，利用导数判断函数的单调性，然后利用函数的单调性比较大小，属于较难题. 三、填空题13．已知向量，则         ．【答案】【分析】直接利用平面向量的数量积坐标运算求解即可.【详解】因为向量，所以，故答案为：14．圆心在第二象限，半径为3，且与两条坐标轴均相切的圆的标准方程为         ．【答案】【分析】根据圆心和半径即可写出标准方程.【详解】由题意可得所求的圆半径为3,由于两条坐标轴均相切，且圆心在第二象限，故圆心为，，圆的标准方程为；故答案为：15．等差数列的前项和为，若，，则     ．【答案】15【分析】根据等差数列的性质得到，求出答案.【详解】设，由等差数列的性质可得，又，则，解得．故答案为：1516．正四面体的表面积为，正四面体外接球的表面积为，则         ．【答案】【分析】根据球的表面积以及棱锥的表面积公式即可求解.【详解】把正四面体放入正方体中，如图所示：  该四面体可以看成棱长为的正方体六个面对角线组成的正四面体，所以正四面体的外接球即为棱长为的正方体的外接球，所以外接球的半径为，则外接球的表面积，正四面体的棱长为，所以表面积为，所以，故答案为： 四、解答题17．在等差数列中，．(1)求的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解，（2）由裂项求和即可求解.【详解】（1）设等差数列的首项和公差分别为，则由得且，解得,所以，（2）由于，所以18．已知的内角的对边分别为，且．(1)求；(2)若，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合辅助角公式以及三角函数的性质就可求解，（2）由余弦定理以及不等式可得的最大值，即可由面积公式求解.【详解】（1）由正弦定理可得所以进而可得，由于,所以（2）由余弦定理可得，由于，所以，当且仅当等号成立，故的最大值为12，故面积为，故面积的最大值为19．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，底面是的中点，.  (1)证明：平面平面.(2)若直线与平面所成角的正弦值为，且，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由余弦定理求出，由勾股定理逆定理得到线线垂直，进而得到线面垂直，证明出面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用线面角的大小列出方程，求出，从而利用空间向量求出面面角的余弦值【详解】（1）因为底面平面，所以.因为，所以.又，所以，则，故.因为，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）取中点，连接，因为底面是直角梯形，，，，，所以，因为底面，平面，所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  则，设，则，.设平面的法向量为，则，解得，令，得，故.因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，解得或（舍去），则，则.设平面的法向量为，则，令，则，得.，故平面与平面夹角的余弦值为.20．投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪，在战国时期较为盛行，尤其是在唐朝，得到了发扬光大．投壶是把箭向壶里投，投中多的为胜．某校开展“健康体育节”活动，其间甲、乙两人轮流进行定点投壶比赛（每人各投一次为一轮，且不受先后顺序影响），在相同的条件下，甲、乙两人每轮在同一位置，每人投一次．若两人有一人投中，投中者得分，未投中者得分；若两人都投中，两人均得分；若两人都未投中，两人均得分．设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，且各次投壶互不影响．(1)用表示经过第轮投壶累计得分后甲得分等于乙得分的概率，求与；(2)经过轮投壶，记甲、乙的得分之和为，求的分布列和数学期望．【答案】(1)，(2)分布列答案见解析， 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式结合互斥事件的概率加法公式可求得、的值；（2）分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.【详解】（1）解：由题意可知，，.（2）解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、，，，，所以，随机变量的分布列如下表所示：因此，.21．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.22．已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，且椭圆上的点到焦点的距离的最大值为．(1)求椭圆的方程．(2)设、是椭圆上关于轴对称的不同两点，在椭圆上，且点异于、两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由．【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出椭圆上任意一点到其焦点距离的最大值，结合离心率可得出、的值，进而求出的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设点，，，，，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出，同理可得出的另外一个表达式，利用等量关系可得出关于、的等式，讨论、两种情形，可求出的定值.【详解】（1）解：设点为椭圆上任意一点，其中，易知点，，所以，椭圆上的点到焦点的距离的最大值为，又因为椭圆的离心率为，所以，，，则，因此，椭圆的标准方程为.（2）解：设点，，，，，则直线的方程为，直线的方程为，  联立，消去并整理可得，因为点在椭圆上，则直线与椭圆必有公共点，所以，，同理可得所以，，所以，，化简可得，当时，则，此时，；当时，、、三点重合，此时，.综上所述，，即为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．