云南省临沧市2022_2023学年高二数学下学期期末试题含解析

这是一份云南省临沧市2022_2023学年高二数学下学期期末试题含解析，共18页。试卷主要包含了 本试卷分第Ⅰ卷两部分， 本卷命题范围， 设向量，，若，则等于， 函数的大致图象为等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2. 考生作答时，请将答案答在答题卡上.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3. 本卷命题范围：高考范围.
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、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,，，则为（）
AB. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，根据交集的定义计算即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：D.
2. 在复平面内，复数z对应的点为，则（）
A. 1B. iC. －iD.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义可得，根据复数除法运算即可求解.
【详解】由题意可得，故，
故选：B.
3. 已知各项均为正数的等比数列中，，，则该数列的公比为（）
A. 2B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的定义和性质知，结合可得.
【详解】设数列公比为，
因数列各项均为正数，故，
则，
得
解得或（负值舍去）．
故选：C．
4. 设向量，，若，则等于（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题可得，即可求出，再利用正切的二倍角公式即可求出.
【详解】，，，
，则，
.
故选：A.
5. 双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率为（）
A. B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线的渐近线与直线垂直求出关系，计算离心率即可.
【详解】双曲线的一条渐近线与直线垂直，则，所以曲线的离心率，
故选：B
6. 函数的大致图象为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用奇偶性定义判断对称性，在趋向时的变化趋势，应用排除法，即可得答案.
【详解】由题设定义域为，且，
所以为偶函数，排除D；
当时，，此时趋向，趋向，排除A、C；
故选：B
7. 在棱长为2的正方体中，分别取棱，的中点E，F，点G为EF上一个动点，则点G到平面的距离为（）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等体积法或向量法进行计算即可求解.
【详解】
如图所示，点E，F分别是，的中点，
因为该正方体的棱长为2，所以，，
∴平面，点G到平面的距离即为点E或F到平面的距离．
方法1：等体积法
∵为等边三角形，∴，，
设F到平面的距离为d，
∵，∴，解得．
方法2：向量法
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，
设平面的法向量为，则有，得，
可求得平面的法向量为，，
∴．
故选：D
8. 十八世纪早期，英国数学家泰勒发现了公式，(其中，，n!=1×2×3×…×n，0!=1)，现用上述公式求的值，下列选项中与该值最接近的是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出后代入得cs1=sin可得答案，即与最接近.
【详解】
所以cs1=
= sin=sin，由于
与最接近，
故选：B
二、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，有多项符合要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.
9. 学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽出了一个容量为且支出在元的样本，其频率分布直方图如图所示，则下列说法错误的是（）
A. 估计众数为B. 估计第百分位数是
C. 估计平均数为D. 支出在的频率为
【答案】CD
【解析】
【分析】频率分布直方图中，用最高矩形中点的横坐标估计众数，用左侧面积和为0.8的数估计第80百分位数，用每个小矩形底边中点的横坐标与小矩形的面积的乘积之和估计平均数，用第4个矩形的面积表示支出在的频率进行计算即可.
【详解】对于A，最高的矩形为第三个矩形，其中点的横坐标为，因此估计众数为，故A正确；
对于B，前三个矩形的面积和为，所有矩形面积之和为，故第四个矩形的面积为，第百分数位于第四组，由
，
可以估计第百分数为，故B正确；
对于C，平均数为，故C错误；
对于D，由B项解析中的计算可知，第四个矩形面积为，因此支出在的频率为，故D错误；
题目要求选出说法错误的选项，
故选：CD．
10. 对于函数，下列说法正确的有（）
A. 是的最小正周期B. 关于对称
C. 在的值域为D. 在上递增
【答案】AC
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简，再根据的性质逐个判断即可
【详解】，
对A，周期为，故A正确；
对B，令，得，所以函数不关于对称，故B不正确；
对C，当时，，所以，即的值域为，故C正确；
对D，当时，，所以函数上单调递减，故D不正确，
故选：AC
11. 在平面直角坐标系中，已知点，，圆．若圆C上存在点M，使得，则实数a的值可能是（）
A. -1B. 0C. D. -2
【答案】ABC
【解析】
【分析】设点的坐标为，根据题设条件，求得，由圆C上存在点M，转化为两圆相交或相切，列出不等式，即可求解.
【详解】设点的坐标为，
因为，即，
整理得．
因为圆C上存在点M，满足，所以两圆相交或相切，
所以，即，所以，
所以A，B，C均正确．
故选：ABC.
【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用，其中解答中求得点的轨迹方程，转化为两圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查转化思想，以及推理与运算能力.
12. 已知抛物线，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为A、B，下列说法正确的是（）
A. B. 当时，
C. 当时，直线AB的斜率为2D. 直线AB过定点
【答案】BD
【解析】
【分析】根据为准线上的点列方程，解方程即可得到可判断A；利用导数的几何意义得到过点，的切线斜率，可得到，为方程的解，然后利用导数的几何意义和韦达定理得到，即可判断B；利用韦达定理和斜率公式求即可判断C；联立和得到，同理可得，即可得到直线的方程为，可判断D.
【详解】因为为准线上点，所以，解得，故A错；
根据抛物线方程得到，则，设切点坐标为，，
则，整理得，同理得，
所以，为方程的解，，
所以，则，故B正确；
由B选项得，所以，故C错；
由B选项得，又，联立得，
同理得，所以直线AB的方程为，恒过点，故D正确．
故选：BD．
【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.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 写出“”的一个充分不必要条件_____．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】先由不等式求出解集，在解集内的任何数或范围，都可以是“”的一个充分不必要条件.
【详解】解：，
∵的一个充分不必要条件只需是的真子集，
∴是答案之一．
故答案为；（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查充分不必要条件的概念，熟记概念即可解题，属于基础题型.
14. 已知，那么___________.
【答案】0.3
【解析】
【分析】根据条件概率公式即可求解.
【详解】由题意得，，
所以，
，
所以.
故答案为：0.3.
15. 若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】令，则，将问题等价变形，进而结合二项式定理求解即可.
【详解】解：令，则，
所以，变为：
，
所以．
故答案为:
16. 如图，在直三棱柱侧面展开图中，B，C是线段AD的三等分点，且．若该三棱柱的外接球O的表面积为12π，则_______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正三棱柱得性质，确定外接球的球心，利用球的表面积公式以及勾股定理，可得答案.
【详解】由该三棱柱的外接球O的表面积为12π，设外接球得半径为，则，解得，
由题意，取上下底面三角形得中心，分别为，得中点即为外接圆圆心，作图如下：
则，平面，，
平面，，
在等边中，，
在中，，
.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知角所对的边分别为,的周长为,且.
（1）求边的长;
（2）若的面积为,求角的度数.
【答案】（1）2；（2）.
【解析】
【分析】(1)根据正弦定理可将化简为,再根据的周长即可求得;
(2)根据三角形面积公式可得,根据(1)中的结论可得,再根据余弦定理即可求得角.
【小问1详解】
由题意得:，
在中,将正弦定理代入可得，
又,即，
所以；
【小问2详解】
由(1)知,,所以，
因为，
所以,又有，
所以，
因为，
所以.
18. 已知数列中，，，．
（1）求，的值；
（2）求的前2023项和．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由递推公式令和代入即可得出答案；
（2）由递推公式可证明数列是以4为周期的周期数列，再由周期数列的性质求解即可.
【小问1详解】
当时，，所以；当时，，所以．
【小问2详解】
当时，，所以．
由知，所以，故数列是以4为周期的周期数列，
即，，，，
所以．
19. 如图，在四棱锥中，平面，，.
(1)求证：；
(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）由平面，得，由，得，由，得，从而平面，由此能证明．
（2）在平面作于，连结，作于，连结，由平面，得，由，得平面，从而平面平面，进而平面，是直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．
【详解】(1)由平面，得，
由，得，
∵，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴.
(2)在平面作于，连结，作于，连结，
由平面，得，
又，∴平面，
又平面，得平面平面，
结合，得平面，
∴是直线与平面所成角，
在四边形中，可得，
在中，可得，
在中，可得，
在中，，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查线线垂直的证明、线面角的正弦值的求法、空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，考查转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力．
20. 某农业兴趣小组针对两种肥料的作用进行对比试验，经过一季的试验后，对“使用肥料A”和“使用肥料B”的220株植物的生长情况进行研究，按照植株的高度大于或等于60厘米为“高株”，60厘米以下为“矮株”统计，得到如下的列联表：
（1）根据上面的列联表判断，依据的独立性检验，能否认为“使用哪种肥料与植株高度”有关；
（2）为了进一步研究，从这批植物高株中用分层抽样的方法抽出6株，再从这6株中抽出3株，求抽到“使用肥料A”植物的株数X的分布列和数学期望.
附：.
【答案】（1）不能认为“使用哪种肥料与植株高度”有关；
（2）分布列见解析，期望为1.
【解析】
【分析】（1）计算出，与10.828比较就可以得结论，
（2）先分层抽样从这批植物高株中抽出6株，由题意得“使用肥料”和“使用肥料”应抽取2株、4株，抽到“使用肥料”植物的株数可能值为：0,1,2分别求出概率，列出分布列，即可求得数学期望
【小问1详解】
由，
因为，所以依据的独立性检验，不能认为“使用哪种肥料与植株高度”有关；.
【小问2详解】
要从这批植物高株中用分层抽样的方法抽出6株，则“使用肥料”和“使用肥料”的应分别抽取2株、4株，
从这6株中抽出3株，抽到“使用肥料”植物的株数可能值为，
所以，，，
所以的分布列为：
所以的数学期望为：.
21. 设椭圆的左焦点为F，上顶点为B，离心率为，O是坐标原点，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线与椭圆C在第一象限内的交点为P，，直线BF与直线l的交点为Q，求的面积．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由得到，结合离心率为及解出，即可求得椭圆C的方程；
（2）先求出直线BF方程，再由及P在椭圆上求出P点坐标，进而求得直线方程，联立求得点Q坐标，再由求解即可.
【小问1详解】
由题意得：，则，解得，则椭圆C的方程为：；
【小问2详解】
由（1）得，则直线BF方程，又可得P在线段OB垂直平分线上，则，
又P在椭圆上，解得，则，直线，联立和线BF可得，
解得，则，则.
22. 已知函数．
（1）讨论函数的单调区间；
（2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数b的取值范围．
【答案】（1）当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）
【解析】
【分析】（1）两种情况讨论的符号，可得在其定义域内的单调性；
（2）函数在处取得极值，求出，不等式恒成立问题通过分离参数法化为求函数的最值.
【小问1详解】
函数的定义域为，，
当时，在上恒成立，在上单调递增；
当时，解得，解得，此时在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
若函数在处取得极值，∴，解得，
∴，经检验满足题意.
对，恒成立，等价于
在上恒成立，
设
，解得，解得，
∴在上单调递增，在上单调递减.
，∴，
实数b的取值范围为
高株
矮株
合计
使用肥料A
20
90
110
使用肥料B
40
70
110
合计
60
160
220
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
0
1
2