2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二下学期期末考试数学（理）试题含答案

2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二下学期期末考试数学（理）试题

一、单选题

1．若复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的乘法所以可得，结合复数的几何意义即可求解.

【详解】，则．

故选：B.

2．已知命题，，则为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【分析】根据全称量词命题的否定为特征量词命题，即可求解.

【详解】由题意知，，

所以：，.

故选：B．

3．若，则等于（    ）

A．2 B．0 C．-2 D．-4

【答案】D

【分析】先求导，算出，然后即可求出

【详解】因为，所以

所以，得

所以，所以

故选：D

【点睛】本题考查的是导数的计算，较简单.

4．以的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程为( )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由原方程可得，其焦点为，顶点为，据此可写出所求椭圆方程.

【详解】由原方程可得，

所以双曲线的焦点为，顶点为

椭圆的顶点为，焦点为，

即，所以

所求的椭圆方程为，

故选B.

【点睛】本题主要考查了双曲线的方程，简单几何性质，椭圆的方程，椭圆的简单几何性质，属于中档题.

5．已知正四棱锥的底面边长为，侧棱PA与底面ABCD所成的角为45°，顶点P，A，B，C，D在球O的球面上，则球O的体积是（    ）

A．16π B． C．8π D．

【答案】B

【分析】探求正四棱锥的顶点P在底面上射影与球O的球心关系即可计算作答.

【详解】在正四棱锥中，连接AC，BD，，连，如图，

则有平面，为侧棱PA与底面ABCD所成的角，即，

于是得，

因此，顶点P，A，B，C，D在以为球心，2为半径的球面上，即点O与重合，

所以球O的体积是.

故选：B

6．已知命题：，；命题：若，则，下列命题为假命题的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解不等式可判断命题的真假，根据不等式性质可判断的真假，即可由复合命题的性质判断命题真假．

【详解】命题：，，

因为，所以命题为真命题

命题：若，则，当时不等式不成立，所以命题为假命题

由复合命题真假判断可知A：为真命题;B：为真命题;

C：为假命题;D：为真命题.

故选：C

【点睛】本题考查了命题真假的判断，复合命题真假的判断，属于基础题．

7．某校为了了解全校高中学生十一小长假参加实践活动的情况，抽查了100名学生，统计他们假期参加实践活动的时间，绘成的频率分布直方图如图所示，估计这100名学生参加实践活动时间的中位数是

A．7.2 B．7.16 C．8.2 D．7

【答案】A

【分析】由中位数两侧的面积相等，可解出中位数．

【详解】因为在频率分布直方图中，中位数两侧的面积相等，所以0.04×2+0.12×2+（x﹣6）×0.15＝0.5，

可解出x＝7.2，

故选A．

【点睛】本题主要考查频率分布直方图，中位数，熟记中位数的计算方法是关键，属于基础题．

8．若函数是其定义域上的增函数，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】确定函数定义域，问题转化为在上恒成立，即，设，求得函数的最值，从而可得实数a的取值范围.

【详解】的定义域为，若在上单调递增，

则恒成立，即

设，则，

当时，，时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，

故，所以，

故实数a的取值范围是.

故选：D.

9．已知单位向量，若对任意实数x，恒成立，则向量的夹角的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用平面向量数量积与模长的关系结合一元二次不等式恒成立的解法计算即可.

【详解】设向量的夹角为θ，因为，所以，

则，即恒成立.

所以，解得，

故的夹角的取值范围是.

故选：A.

10．在某互联网大会上，为了提升安保级别，将甲、乙等5名特警分配到3个不同的路口执勤，每个人只能分配到1个路口，每个路口最少1人，且甲和乙不能安排在同一个路口，则不同的安排方法有（    ）

A．180种 B．150种 C．96种 D．114种

【答案】D

【分析】先考虑甲乙不在同一个路口的情况，再考虑甲乙再同一路口的情况，进而根据分配法求得答案.

【详解】先不考虑条件“甲和乙不能安排在同一个路口”，则有两种情况：①三个路口人数分别为3，1，1时，安排方法共有（种）；②三个路口人数分别为2，2，1时，安排方法共有（种）．若将甲、乙安排在同一路口，可以把甲、乙看作一个整体，则相当于将4名特警分配到3个不同的路口，安排方法共有（种）．故甲和乙不安排在同一个路口的安排方法共有（种）．

故选：D．

11．已知实数满足，则的最大值是（    ）

A． B．4 C． D．7

【答案】C

【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆的方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.

【详解】法一：令，则，

代入原式化简得，

因为存在实数，则，即，

化简得，解得，

故 的最大值是，

法二：，整理得，

令，，其中，

则，

，所以，则，即时，取得最大值，

法三：由可得，

设，则圆心到直线的距离，

解得

故选：C.

12．函数的图象由函数的图象向左平移个单位长度得到，则的图象与直线的交点个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】先利用三角函数平移的性质求得，再作出与的部分大致图像，考虑特殊点处与的大小关系，从而精确图像，由此得解.

【详解】因为向左平移个单位所得函数为，所以，

而显然过与两点，

作出与的部分大致图像如下，

考虑，即处与的大小关系，

当时，，；

当时，，；

当时，，；

所以由图可知，与的交点个数为.

故选：C.

二、填空题

13．的展开式中常数项是          （用数字作答）．

【答案】

【分析】写出二项式展开通项，即可求得常数项.

【详解】

其二项式展开通项：

当，解得

的展开式中常数项是：.

故答案为：.

【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握的展开通项公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.

14．已知函数．则曲线的斜率等于的切线方程为         ．

【答案】

【分析】求导，利用切点处的导数值为切线的斜率，即可求解切点，进而由点斜式即可求解直线方程.

【详解】由题意得，令，则，所以切点为，因此切线方程为：，即，

故答案为：

15．已知随机变量,且，若,则的最小值为         ．

【答案】

【分析】先根据正态曲线的对称性可求，结合基本不等式可求答案.

【详解】，可得正态分布曲线的对称轴为，

又，，即．

则，

当且仅当，即时，等号成立.

故答案为：.

16．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）+xf'（x）＞0，且f（3）＝0，则不等式xf（x）＞0的解集是     ．

【答案】（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）

【分析】令，，当x＞0时，，可得x∈（0，+∞）上，函数单调递增．由，可得．由函数是定义在R上的奇函数，可得函数是定义在R上的偶函数．进而得出不等式的解集．

【详解】解：令，

当x＞0时，

∴x∈（0，+∞）上，函数单调递增．

，∴．

∵函数是定义在R上的奇函数，

∴函数是定义在R上的偶函数．

由，即，

∴|x|＞3，

解得x＞3，或x＜﹣3．

∴不等式的解集是．

故答案为：．

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

三、解答题

17．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且asin B＝－bsin.

(1)求A；

(2)若△ABC的面积S＝c2，求sin C的值．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）利用正弦定理化简已知等式即得A=.(2)先根据△ABC的面积S＝c2得到b＝c，

再利用余弦定理得到a＝c，再利用正弦定理求出sin C的值．

【详解】(1)因为asin B＝－bsin，所以由正弦定理得sin A＝－sin，

即sin A＝－sin A－cos A，化简得tan A＝－，

因为A∈(0，π)，所以A＝.

(2)因为A＝，所以sin A＝，由S＝c2＝bcsin A＝bc，得b＝c，

所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝7c2，则a＝c，由正弦定理得sin C＝.

【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.

18．设，向量，，．

(1)令，求证：数列为等差数列；

(2)求证：．

【答案】(1)证明见详解

(2)证明见详解

【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标运算可得，进而可得，结合等差数列的定义分析证明；

（2）利用裂项相消法分析证明.

【详解】（1）由题意可得：，

则，可得，

故数列是以首项，公差的等差数列.

（2）由（1）可得：，

则，

∵，故.

19．为了解某班学生喜爱打羽毛球是否与性别有关，故对本班60名学生进行问卷调查，得到了如下的列联表：

已知在全班60人中随机抽取1人，抽到喜爱打羽毛球的学生的概率为.

(1)请将上面的列联表补充完整，并推断是否有99.9%的把握认为学生喜爱打羽毛球与性别有关；

(2)采用分层抽样的方法在喜爱打羽毛球的学生中抽取5人，再选出2人参加学校组织的羽毛球比赛，记选出的2人中女生数为，求的分布列及数学期望.

附：，.

【答案】(1)列联表见解析，没有

(2)分布列见解析，

【分析】（1）利用条件求出喜爱打羽毛球的学生的人数，从而得出列联表，根据列联表求出，进而判断出结果；

（2）利用条件可知的可能取值，再利用古典概率公式求出相应的概率，从而求出分布列及期望.

【详解】（1）因为全班60人中随机抽取1人，抽到喜爱打羽毛球的学生的概率为，所以喜爱打羽毛球的学生的人数为40，其中男生为24人，女生16人，故可得到列联表：

又，所以没有99.9%的把握认为学生喜爱打羽毛球与性别有关.

（2）用分层抽样的方法在喜爱打羽毛球的学生中抽取5人，其中男生3人，女生2人，所以的可能取值为0，1，2，

，，，

所以的分布列为

的数学期望.

20．如图，四棱锥的底面是直角梯形，，，是的中点，.

（Ⅰ）证明：⊥平面；

（Ⅱ）求二面角的大小；

（Ⅲ）线段上是否存在一点，使得直线平面. 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由.

【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）；（Ⅲ）见解析

【分析】（I）依题意易得两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系．通过,证得平面.（II）通过计算平面和平面的法向量，由此计算出面面角的余弦值，进而求得二面角的大小.（III）设出的坐标，利用直线的方向向量和平面的法向量垂直，求出关于点坐标的参数，由此判断出点的位置.

【详解】（Ⅰ）因为 平面.

所以，，又.

如图，以为原点建立空间直角坐标系．

由题意得

所以,,.

所以,,

所以,,

所以平面.

（Ⅱ）设平面的法向量为，

因为.

所以，即，

令，则.

于是.

因为⊥平面，所以为平面的法向量，

又.

所以.

因为所求二面角为钝角，所以二面角大小为.

（Ⅲ）解：设，

，

，.

设平面的法向量，

则，即 ，

令，，. 于是，

如果直线平面，

那么，解得 .

所以，存在点为线段靠近点的三等分点，使得直线平面.

【点睛】本小题主要考查利用空间向量法证明线面垂直，考查利用空间向量法求面面角的大小，考查利用空间向量法确定点的位置，属于中档题.

21．已知过点的椭圆：的焦距为2，其中为椭圆的离心率．

(1)求的标准方程；

(2)设为坐标原点，直线与交于两点，以，为邻边作平行四边形，且点恰好在上，试问：平行四边形的面积是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是，说明理由．

【答案】(1)

(2)是定值，定值为

【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；

（2）根据题意结合韦达定理求点，代入椭圆方程可得，结合弦长公式求面积即可，注意讨论直线的斜率是否存在.

【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，

由题意可得，解得，

故的标准方程为.

（2）平行四边形的面积为定值，理由如下：

由（1）可得：，则有：

当直线的斜率不存在时，设，

若为平行四边形，则点为长轴顶点，不妨设，

可得，解得，

故平行四边形的面积；

当直线的斜率存在时，设，

联立方程，消去y得，

则，

可得，

∵，

若为平行四边形，则，

即点在椭圆上，则，

整理可得，满足，

则，

可得，

点到直线的距离，

故平行四边形的面积；

综上所述：平行四边形的面积为定值.

【点睛】方法定睛：求解定值问题的三个步骤

(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；

(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；

(3)得出结论．

22．已知函数

（1）若在处有极值，求实数的值；

（2）求函数的单调区间；

（3）若函数有两个零点，求实数的范围.

【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）.

【分析】（1）由题可得，再分析处是否为极值即可；

（2）求导可得，再分与讨论单调区间即可；

（3）由（2）可得，再根据零点存在性定理可得，求得，再分别证明与即可

【详解】解：（1）函数在处有极值

，又因为，解得

当

列出表格如下：

所以，在处有极大值.

（2）     

当时，在上为单调增函数

当，令，得

时，在为单调增函数

时，在单调减函数

综上：当时，增区间为，无减区间

当时，增区间为，减区间为

（3）因为函数有两个零点，由（2）知，

增区间为，减区间为

解得：

因为，

 所以在上恰有一个零点

由得

下证

令

在

即，所以在上恰有一个零点

综上：时，有两个零点