甘肃省白银市靖远县2022_2023学年高二数学下学期期末试题含解析

这是一份甘肃省白银市靖远县2022_2023学年高二数学下学期期末试题含解析，共21页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知圆， 将函数， 过点且与曲线相切的直线方程为等内容，欢迎下载使用。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.
4.本试卷主要考试内容：湘教版必修第一册、第二册占20%，选择性必修第一册、第二册占80%.
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. 复数的虚部为（）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【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.
2. 设全集，集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合，根据集合的运算法则求.
【详解】不等式的解集为，
所以，又，
所以，
故.
故选：D.
3. 设向量，，不共面，已知，，，若A，C，D三点共线，则（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据A，C，D三点共线，可得，则存在唯一实数，使得，再根据空间向量共线定理即可得解.
【详解】由，，
得，
因为A，C，D三点共线，所以，
则存在唯一实数，使得，
则，解得.
故选：C
4. 已知数列，根据该数列的规律，该数列中小于2的项有（）
A. 50项B. 51项C. 100项D. 101项
【答案】A
【解析】
【分析】令该数列为，由前几项归纳得，再令，求出的取值范围，即可得解.
【详解】令该数列为，则，，，，
由此可归纳得，
令，即，所以，解得，
又，所以，，
故数列中小于的项有项.
故选：A
5. 已知圆：，则过点的最短弦所在直线的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据垂径定理，分析出圆心和连线的直线垂直于直线时，所截得弦长最短.
【详解】
由于，故点在圆内，
化为标准方程：.
如图，设，垂足为，设直线和圆的交点是，
根据垂径定理，，
为使得最小，必须最大，显然，
重合的时候取得等号，此时，由于，
所以直线的斜率为，故直线的方程为，
即.
故选：C
6. 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. 24C. 32D.
【答案】D
【解析】
【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：D
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. 1C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【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：B
8. 已知是定义在R上的奇函数，的导函数为，若恒成立，则的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数单调性求解.
【详解】令函数，则，
因为所以.是增函数，
因为是奇函数，所以，，
所以的解集为，即≥的解集为；
故选：D.
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. 在以下4幅散点图中，所对应的成对样本数据呈现出线性相关关系的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据数据点的分布情况直观判断是否有线性相关关系即可.
【详解】A、B中各点都有线性拟合趋势，其中A样本数据正相关，B样本数据负相关；
C中各点有非线性拟合趋势，D中各点分布比较分散，它们不具有线性相关.
故选：AB
10. 过点且与曲线相切的直线方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设出切点，利用导数的几何意义得出切线方程为，再利用条件得到方程，从而求出，进而可求出切线方程.
【详解】设切点为，因为，所以，故切线方程为，
又因为切线过点，所以，整理得，解得或，
当时，切线方程为，即，
当，切线方程为，即.
故选：BC.
11. 如图，正方体的棱长为2，是的中点，是侧面内的一个动点（含边界），且平面，则下列结论正确的是（）
A. 平面截正方体所得截面的面积为
B. 动点的轨迹长度为
C. 的最小值为
D. 与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正方体的截面、动点轨迹、线段和的最值、线面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】如图1，取的中点，连接，，因为，
所以平面截正方体所得的截面为四边形.
因为，所以A错误.
如图1，取的中点，的中点，连接，，，
因为，，
由于平面，平面，所以平面，
同理可证得平面，由于平面，
所以平面平面，
所以点的轨迹为线段.因为，所以B正确.
如图2，将平面，平面展开至共面，连接交于，
此时最小，因为，所以C正确.
如图3，建立空间直角坐标系，则，，，，，
设，则，所以.
设平面的法向量为，因为，，
所以，令，得，
设与平面所成的角为，则，
当时，有最大值，所以D正确.
故选：BCD
12. 已知定义在上的奇函数满足当时，，若存在等差数列，其中，使得成等比数列，则a的取值可能为（）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】设等差数列公差为，不妨设，由，得到，又由等比数列，设公比为，根据函数为奇函数，求得，再由，得出，转化为在上有解，令，求得，得出函数的单调性与，结合，求得，进而结合选项，即可求解.
【详解】当时，则，因为函数是上的奇函数，
所以，即函数，
设等差数列的公差为，不妨设
因为，可得，解得，所以，
则，
又因为等比数列，设公比为，
可得，
由且函数为奇函数，所以点关于原点对称，
所以，即，解得，
所以，
因为，可得，所以，
即方程即在上有解，
即，即在上有解，
令，可得，
令，即，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，，
所以，解得，所以A正确；
又由，，所以B正确，D不正确；
令，可得，所以单调递减，
又因为，所以，即，可得，
又由，所以，所以B符合题意.
故选：ABC
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.
13. 已知向量，满足，，，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】利用平方的方法化简已知条件，由此求得.
【详解】因为，所以，
即，解得.
故答案为：
14. 从一箱脐橙（共10个，其中7个是大果，3个是中果）中任选3个，则恰有2个中果的概率为__________．
【答案】##0.175
【解析】
【分析】根据超几何分布的概率公式即可求解.
【详解】恰有2个中果的概率为．
故答案为：
15. 如图，是抛物线上的一点，是抛物线的焦点，以为始边、为终边的角，则_________.
【答案】10
【解析】
【分析】根据列方程，求得点的横坐标，进而求得.
【详解】依题意，
过向轴作垂线，记垂足为，如下图所示，设的横坐标为，
则，.
因为，所以.
由，得，故
故答案为：
16. 如图所示的几何体由一个正四棱锥和一个正四棱柱组合而成.已知正四棱锥的侧棱长为，正四棱柱的高为，则该几何体的体积的最大值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】设正四棱锥的高为，则，底面积为，设正四棱锥的底面边长为，根据几何关系可得，可得出该几何体的体积关于的函数关系式，利用导数求出的最大值，即为所求.
【详解】设正四棱锥的高为，则，底面积为，设正四棱锥的底面边长为，
则正四棱锥的底面对角线长为，
由勾股定理可得，可得，则.
该几何体的体积.
令函数，
则.
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
故.
因此，该几何体的体积的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理化简已知条件，由此求得.
（2）先求得，，利用三角形的面积公式求得的面积.
【小问1详解】
因为，所以，
所以.
因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以.
因为，所以
.
因为，所以由正弦定理得，
所以的面积为.
18. 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）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
因为，
所以，①
.②
由①-②得
，
故.
19. 如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，分别为棱的中点，.
（1）证明：四点共面；
（2）求平面与平面的夹角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据空间向量共面的充要条件可知，若存在，使，则四点共面；
（2）分别求出平面与平面的法向量，从而根据夹角公式求解即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
又底面为直角梯形，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则.
.
设，即，解得
所以.故四点共面.
【小问2详解】
设是平面的法向量，
则，
令，得.
取的中点，则，连接，又因为，所以，
又由（1），，平面，平面，所以平面，
又，所以平面，
又平面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，即平面的一个法向量为.
所以.
故平面与平面的夹角的大小为.
20. 已知函数的最小值为．
（1）求的值；
（2）设函数，求的最值．
【答案】（1）1（2）有最小值为0，无最大值.
【解析】
【分析】（1）用导数求出的单调性即可知，从而可求的值；
（2）构造函数可得，无最大值，而即可得的最值．
【小问1详解】
函数的定义域为，
，令得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以，解得，
故所求的值为1.
【小问2详解】
令，
，令得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以，无最大值，
所以，
而函数单调递增，且，
由上可知有最小值为0，当且仅当即时取得最小值，无最大值.
21. 已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，左、上顶点分别为，，且外接圆的半径为，为坐标原点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆上一点，直线的平行线与椭圆相交于，两点，直线，分别与轴交于，两点，求线段的中点的纵坐标.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）根据离心率得到、，即可求出，再由正弦定理求出，即可求出椭圆方程；
（2）首先求出点坐标，设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到的方程，从而得到，同理得到，计算出即可得解.
【小问1详解】
根据离心率为，得，
所以，所以.
在中，，解得，所以，，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
因点在椭圆上，所以，解得或（舍去），所以点，
所以，设直线的方程为.
联立方程组得，
由，解得，且.
设，，则，，
直线的方程为，
令，得点的纵坐标为.
同理可得点的纵坐标为.
所以
，
所以线段的中点的纵坐标为.
【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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. 某同学正在研究投掷骰子的概率问题，在连续3次得到6点朝上的结果时，他产生了一个疑问：在连续多少次6点朝上时，是否该合理怀疑骰子不是均匀的?带着这个疑问，他研究了以下问题：有两个骰子，一个是正常的、均匀的1号骰子，另一个是不均匀的2号骰子.经测1试，投掷2号骰子得到6点朝上的概率为.
（1）若等可能地选择其中一个骰子，连续投掷3次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，求这个骰子是2号骰子的概率.
（2）若每次都等可能地选择其中一个骰子，投掷了10次，在得到都是6点朝上的结果的前提下，设这10次中有次用了2号骰子的概率为，试问当取何值时最大?并求的最大值.
【答案】（1）
（2）当时最大，且最大值为
【解析】
【分析】（1）利用条件概型概率计算公式求得所求的概率.
（2）利用条件概型概率计算公式求得，利用商比较法求得的最大值.
【小问1详解】
设事件{3次6点朝上}，事件{选择了2号骰子}，
则，
，
所以所求概率为.
【小问2详解】
设事件{10次有次用了2号骰子}，则.
设事件{10次6点朝上}，则.
，
.
令，，
则.
当时，，即；
当时，，即.
因为，所以的最大值是，
因为，所以的最大值是，
所以当时最大，