河南省焦作市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省焦作市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（Word版附解析），共21页。

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先解一元二次不等式，然后由集合的交集运算求解即可.
【详解】因为集合，
所以解不等式可得：，
所以，
所以.
故选：A.
2. 若复数，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法法则先化简，再根据求模公式求.
【详解】，
.
故选：B.
3. 已知向量，，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知条件得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于实数的等式，解之即可.
【详解】因为向量，，且，
所以，，解得.
故选：D.
4. 已知等比数列中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，进而可得出的值.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得，
因此，.
故选：C.
5. 已知抛物线C：的焦点为F，A是C上一点，O为坐标原点，若，则的面积为（ ）
A. B. 3C. D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】利用题目所给的条件，计算出A点的坐标可得答案.
【详解】依题意作下图：

设，，所以，
可得，由，解得，所以，
所以.
故选：A.
6. 已知角满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先由两角差的正切公式求出，再根据两角和的正弦公式，二倍角公式及同角三角函数的关系，化简后代入求值即可．
【详解】由，得，
则
，
故选：C．
7. 已知函数的图象的一个对称中心的横坐标在区间内，且两个相邻对称中心之间的距离大于，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用辅助角化简函数解析式为，分析可知，函数的最小正周期满足，求出的取值范围，求出函数图象对称中心的横坐标，可得出所满足的不等式，即可得出的取值范围.
【详解】因为，
因为函数的图象的两个相邻对称中心之间的距离大于，
所以，函数的最小正周期满足，即，则，
由可得，
因为函数的图象的一个对称中心的横坐标在区间内，
则，可得，
又因为且存在，则，解得，
因为，则，所以，，
故选：B.
8. 已知函数存在零点a，函数存在零点b，且，则实数m的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出函数的零点，再把问题转化为方程在上有解，构造函数，利用导数法研究单调性，求出值域即可求出实数m的取值范围.
【详解】因为，所以，则函数单调递增，
又，所以函数的零点，
由，得，解得，
函数存在零点b，即方程在上有解，
令，则，
所以函数在上单调递增，
因为，当且无限趋向于时，无限趋向于负无穷，
则函数在上的值域为，
所以实数m的取值范围是.
故选：D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 2014—2022年（2022年为上半年）中国国内生产总值（GDP）统计如下，且已知2022年全年中国国内生产总值（GDP）为121.01万亿元，则下列结论中正确的是（ ）

A. 2022年下半年中国GDP为64.75万亿元
B. 2022年中国GDP大于2014年与2015年的GDP之和
C. 2014—2021年中国GDP同比增长率超过10%的有2017年、2018年、2021年
D. 2014—2021年中国GDP同比增长最快的是2021年
【答案】ACD
【解析】
【分析】由2022年全年中国GDP减去2022年上半年中国GDP可判断A；2014年与2015年上半年中国GDP和为大于2022年全年中国GDP，可判断B；由图可判断C，D.
【详解】对于A，因为2022年全年中国国内生产总值（GDP）为121.01万亿元，
2022年上半年中国GDP为万亿元，所以2022年下半年中国GDP为万亿元，故A正确；
对于B，因为2014年与2015年中国GDP和为，
故2022年中国GDP小于2014年与2015年的GDP之和，故B错误；
对于C，由图可知，2014—2021年中国GDP同比增长率超过10%的有2017年、2018年、2021年，故C正确；
对于D，由图可知，2014—2021年中国GDP同比增长最快的是2021年，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知函数，则下列结论中正确是（ ）
A. 当时，是上的增函数
B. 当时，直线与的图象没有公共点
C. 当时，的单调递减区间为
D. 当有一个极值点为时，的极大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断AC选项；计算得出，可判断B选项；利用函数的极值、极值点与导数的关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，则，
当时，对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，且不恒为零，
所以，当时，是上的增函数，A对；
对于B选项，当时，，
因此，当时，直线与的图象没有公共点，B对；
对于C选项，当时，对于方程，，
由，可得，解得，
因此，当时，的单调递减区间为，C对；
对于D选项，当有一个极值点为时，，解得，
则，，令，可得或，列表如下：
所以，函数的极大值为，D错.
故选：ABC.
11. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，P，Q为C上的动点，的最大值为6，则下列结论中正确的是（ ）
A. 椭圆C的短轴长为
B. 当P，Q分别在x轴的上方和下方时四边形的周长的取值范围是
C. 存在四个不同的点P，使得
D. 若为锐角三角形，则点P横坐标的取值范围是
【答案】AD
【解析】
【分析】求得椭圆C的短轴长判断选项A；求得四边形的周长的取值范围判断选项B；求得使的点P的个数判断选项C；求得为锐角三角形时点P横坐标的取值范围判断选项D.
【详解】由题给条件可得，解之得，则，
则椭圆C的方程为.设椭圆C的上顶点为，
选项A：椭圆C的短轴长为.判断正确；
选项B：当P，Q分别在x轴的上方和下方时，
四边形的周长为.判断错误；
选项C：中，，，
则，则.又当P为短轴端点时取得最大值，
则存在2个不同的点P，使得.判断错误；
选项D：由，可得，
由椭圆C的半焦距为2，则由为锐角三角形，
可得点P横坐标的取值范围是.判断正确.

故选：AD
12. 如图，在三棱柱中，AB⊥BC，平面ABC，BC＝2，三棱锥的外接球O的表面积为，记直线AC与所成的角为，直线与平面ABC所成的角为，则下列结论中正确的是（ ）

A. B. 三棱柱的体积的最大值为6
C. 球心O到平面的距离为D.
【答案】BD
【解析】
【分析】棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，由线面垂直的性质得出，又AB⊥BC，所以出现一个墙角模型，确定球心位置以及半径大小，得出，逐一判断选项A、C、D；结合基本不等式判断选项B.
【详解】如图，棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，
又AB⊥BC，平面ABC，分别取的中点， 则球心O为的中点.
由球O的表面积为，则，即，解得.
由平面ABC，平面ABC，平面ABC，所以，又AB⊥BC，
所以，又BC＝2，所以.
对于A，因为，故A错误；
对于B，三棱柱的体积，当取得等号.
所以体积的最大值为6，故B正确；
对于C，球心O为的中点，.球心O到平面的距离即点M为到平面的距离,
也即点C为到平面的距离的一半, 又BC＝2，球心O到平面的距离为1，故C错误；
对于D，记直线AC与所成的角为，，所以，；
直线与平面ABC所成的角为，由平面ABC，
所以，，.故D正确.

故选：BD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若的展开式中的系数为15，则实数______．
【答案】或1
【解析】
【分析】写出展开式的通项公式，根据展开式中的系数为15列出方程求解即可．
【详解】根据题意，展开式的通项公式为，
则展开式中的系数为，即，
解得或．
故答案为：或.
14. 某足球队共有30名球员练习点球，其中前锋6人，中场16人，后卫8人．若前锋点球进门的概率均是0.9，中场点球进门的概率均是0.8，后卫点球进门的概率均是0.7，则任选一名球员点球进门的概率是______．（结果保留两位小数）
【答案】0.79
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式求解即可.
【详解】依题意，选中前锋的概率为，选中中场的概率为，选中后卫的概率为，
则任选一名球员点球进门的概率是.
故答案为：0.79
15. 已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则不等式的解集为______．
【答案】
【解析】
【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，且该函数上单调递增，由可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】因为函数的定义域为，是偶函数，
则，即，
所以，函数的图象关于直线对称，
当时，，则函数在上单调递减，
故函数在上单调递增，
因为，则，即，
即，即，解得或，
因此，不等式的解集为.
故答案为：.
16. 已知在四面体中，，，则该四面体外接球的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，取的中点，连接、，即可得到，，从而得到平面，四面体外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出外接球的体积.
【详解】因为，所以，
则，所以，
因为，取的中点，连接、，
则，，且，
所以，则，所以，
，平面，所以平面，
的外接圆圆心即为斜边的中点，
所以四面体外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，
则，即，解得，
所以外接球的体积.

故答案为：
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知在等差数列中，，．
（1）求的通项公式；
（2）若是等比数列，且，，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意列出方程组求得，即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）求得，，得出数列是等比数列的公比，求得，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，
由，可得，解得，
所以．
【小问2详解】
解：由（1）可知，，则，，
因为是等比数列，所以公比为，
所以，所以．
所以．
18. 已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求C；
（2）若c＝2，△ABC的面积为，求证：△ABC是正三角形．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得出答案；
（2）由三角形的面积公式及余弦定理求解即可.
【小问1详解】
由及正弦定理得，
所以，
所以，
所以．
因为，所以，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
因为，所以ab＝4．
由余弦定理可得，所以，
即，
所以a＋b＝4，所以a＝b＝2，所以a＝b＝c，
所以△ABC是正三角形．
19. 如图，在长方体中，，交于点．

（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，由，证得平面，同理可证平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：如图所示，连接，
因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可证，且平面，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面．
【小问2详解】
解：以为坐标原点，直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则
取，可得，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．

20. 2023年5月15日至21日是第二个全国家庭教育宣传周，为进一步促进家校共育，某校举行“家教伴成长，协同育新人”主题活动，最终评出了8位“最美家长”，其中有6位妈妈，2位爸爸，学校准备从这8位“最美家长”中每次随机选出一人做家庭教育经验分享．
（1）若每位“最美家长”最多做一次家庭教育经验分享，记第一次抽到妈妈为事件A，第二次抽到爸爸为事件B，求和；
（2）现需要每天从这8位“最美家长”中随机选1人，连续4天分别为低年级、中年级、高年级和全体教师各做1场经验分享，1天只做1场，且人选可以重复，记这4天中爸爸做经验分享的天数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1），
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由题可得，第二次抽到爸爸，则第一次抽到妈妈或第一次抽到爸爸，据此可得；
（2）由题可得爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值，且，据此可得X的分布列和数学期望.
【小问1详解】
根据题意可知，，
．
【小问2详解】
爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且，
故，，，，，
故X分布列为：
根据二项分布的期望公式可知，．
21. 已知函数．
（1）证明：在上单调递减；
（2）若函数（为的导函数），且单调递增，求实数a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）令，对求导，得到的单调性，证明，即可得到，即可证明在上单调递减；
（2）由题意可得在恒成立，分离参数可得，令，证明即可得出答案.
【小问1详解】
由题可知的定义域为，．
令，则，．
令，得，令，得．
故在上单调递增，在上单调递减，
故．
所以对任意恒成立，
所以在上单调递减．
【小问2详解】
由题可知，
则．
因为单调递增，所以，
即．
令，
则，．
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
所以，则，解得．
所以a的取值范围为．
22. 已知点在双曲线C：上，过C的右焦点F的动直线l与C交于A，B两点．
（1）若点，分别为C的左、右顶点，Q为C上异于，的点，求（k表示斜率）的值；
（2）证明以为直径的圆恒过x轴上的定点，并求该定点的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点的坐标为
【解析】
【分析】（1）将点代入双曲线，解得，设Q点坐标为，表示出化简即可得出答案；
（2）以AB为直径的圆与x轴的交点为，则，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立直线方程与双曲线结合韦达定理可求出；当直线l的斜率不存在时，，求出，即可验证.
【小问1详解】
∵点在双曲线C：上
∴，解得，
∴双曲线C的方程为，则，．
设Q点坐标，则，，
∴．
∵点Q在双曲线C上，∴，
∴．
【小问2详解】
设以AB为直径的圆与x轴的交点为．
由（1）可知双曲线的右焦点F为．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，
∵，∴，
整理得到①．
由，消去y可得．
∵直线l与双曲线C有两个不同的交点，
∴且，
∴．
由题设有①对任意的总成立，
∵，，
∴①可转化为，
整理得到对任意的总成立，
故，解得，即点M的坐标为．
当直线l的斜率不存在时，，
此时，或，，
则，即M在以为直径的圆上．
综上，以为直径的圆恒过x轴上的定点，且定点的坐标为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
增
极大值
减
极小值
增
X
0
1
2
3
4
P