2022-2023学年河南省大联考高二下学期期末考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省大联考高二下学期期末考试数学试题含答案，共19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学年河南省大联考高二下学期期末考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出集合，然后逐个分析判断即可.【详解】由，得，因为，所以，所以，对于AB，因为，，所以，，所以AB错误，对于C，因为，所以，因为，所以，所以C错误，对于D，因为，所以，因为，所以，所以D 正确，故选：D2．已知向量，，则在上的投影向量的模为（    ）A．1 B．2 C． D．3【答案】B【分析】根据投影向量的定义和向量的模的定义求解即可.【详解】在上的投影向量为在上的投影向量的模为，又，，所以,所以在上的投影向量的模为，故选：B.3．若O是正方体的中心，则异面直线与OC所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用空间向量，建立空间直角坐标系，根据空间向量夹角的余弦公式，即可求出结果.【详解】设正方体的棱长为，以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  则，则由于O是正方体的中心，所以，所以，所以异面直线与OC所成角的余弦值为.故选：A.4．若的展开式中存在常数项，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二项展开式找到通式，令的指数为0即为常数项.【详解】的二项展开通式为，令，则一定是5的倍数，故选：C.5．从，，，，这五个式子中任取两个，则这两个式子的值不相等的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据三角函数诱导公式对五个式子求值，再求概率即可.【详解】因为，，所以；.记“这两个式子的值不相等”，所以.故选：C.6．已知函数，若，，且在区间上单调，则（    ）A．0 B． C． D．【答案】A【分析】由题意可得，求出周期，再利用周期公式可求出的值，然后由结合可求出的值.【详解】因为，，且在区间上单调，所以，得，所以，得，所以，因为，所以，所以，得，因为，所以，故选：A7．如图，有一台擀面机共有10对轧辊，所有轧辊的半径r都是mm，面带从一端输入，经过各对轧辊逐步减薄后输出，每对轧辊都将面带的厚度压缩为输入该对轧辊时的0.8倍（整个过程中面带宽度不变，且不考虑损耗）.若第k对轧辊有缺陷，每滚动一周在面带上压出一个疵点，则在擀面机最终输出的面带上，相邻疵点的间距（    ）  A．mm B．mmC．mm D．mm【答案】B【分析】据题意，第9对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，在此处出口的两疵点间面带体积与最终出口处两疵点间面带体积相等，因宽度不变，可得到，由此求出， 进而求出.【详解】轧辊的周长为，由题意可知，第9对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，因为在此处出口的两疵点间面带的体积与最终出口处两疵点间面带的体积相等，又因为宽度不变，有，所以，而，所以数列是以为公比的等比数列，所以，即.故选：B8．已知函数，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】通过构造函数，，根据这两个函数的单调性信息解决大小比较问题.【详解】设令，则．令，得．当时，，所以在上单调递减．当时，，所以在上单调递增．所以时，函数取得最小值．因为，所以，即在恒成立，所以在单调递增，所以当时，．取，则，故；设，则，于是在上单调递增，则，故.因此，.故选：C 二、多选题9．若复数z满足，则（    ）A．z的实部为0 B．z的虚部为任意一个实数 C． D．【答案】AC【分析】利用复数的除法运算，以及复数的特征，即可判断选项.【详解】，即，设，，即，即，则，，故A正确，B错误，，，故C正确，D错误.故选：AC10．某校高三学生参加某门学科的标准化选拔考试，成绩采用等级制.根据模拟成绩，考生小明得A等和D等的概率都为，得B等和C等的概率都为，为了进一步分析的需要，学校将等级转换成分数，A，B，C，D分别记为90分、80分、60分、50分.若用模拟成绩来估计选拔考试的情况，设小明选拔考试的成绩等级转换为分数X，则（    ）A．小明得B等或C等的概率为 B．C． D．【答案】BC【分析】由条件，根据概率加法公式判断A，B，确定随机变量的分布列，根据期望公式和方差公式求，由此判断CD.【详解】因为小明得A等和D等的概率都为，得B等和C等的概率都为，所以小明得B等或C等的概率为，A错误；事件相当于事件小明得等或等，所以，B正确；由已知可得随机变量的分布列如下；所以，C正确；，D错误；故选：BC.11．已知三次函数的导函数的图象如图，且，，则（    ）  A． B．C． D．【答案】ABC【分析】根据导函数的图象，画出函数草图，判断出即可判断出正确，再利用导函数的图象，可判断选项.【详解】根据导函数的图象，可知，时，时，时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故其大致图象如下：  则有故，则正确；又可得，所以正确；又有导函数的图象，结合知，，，，故正确；因为，则，又导函数在单调递增，故，所以错误.故选：12．已知直线与抛物线交于A，B两点，与y轴交于点D，线段AB的中点为C，点P的坐标为，则（    ）A．PA与抛物线相切 B．轴C． D．【答案】ABD【分析】结合导数的意义和斜线的性质，可判定A正确；联立方程组求得，根据题意求得，可判定B正确；根据抛物线的定义求得，可判定C不正确；分别求得，，可判定D正确.【详解】如图所以，由抛物线，可得焦点坐标，又由直线和轴的交点为，即交点与重合，由，可得，设切点坐标为，其中，可得切线的斜率为，可得，且，代入解得，将代入抛物线方程，可得，此时切点满足直线，所以与抛物线相切，所以A正确；联立方程组，整理得，设且，可得，可得，则，所以，又由，所以轴，所以B正确；由抛物线的定义可得，又由，所以，所以C不正确；由，又由，所以，所以D正确.故选：ABD.   三、填空题13．已知随机变量，若，则的取值范围是      .【答案】【分析】利用正态分布的性质即可求解.【详解】由可知，正态曲线的对称轴为，因为，所以，所以的取值范围是.故答案为：.14．已知公差不为零的等差数列的前n项和为，，则的值为      .【答案】【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式即可求解.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则由，得，即，所以.故答案为：.15．已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，.以线段为直径的圆与双曲线在第一象限交于点A，双曲线C的一条渐近线的倾斜角为，则直线的斜率为      .【答案】【分析】根据条件求出双曲线方程再结合圆的方程，联立可解出点坐标，进一步计算即可.【详解】,,又一条渐近线的倾斜角为，所以，结合，可解的所以双曲线的方程为①，又线段为直径的圆的方程为②，联立①②，结合点在第一象限，可得,又,则故答案为：.16．在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积与三棱锥的体积之比为          .【答案】【分析】将三棱锥补形为长方体，由条件求长方体的长，宽，高，再求其外接球半径和体积，并结合图形求三棱锥的体积，由此可得结论.【详解】将三棱锥补形为长方体，如图，在长方体中，设，则，，，解得，，所以长方体的对角线，所以长方体的外接球的半径为，故三棱锥的外接球半径为，所以三棱锥外接球的体积为，又三棱锥的体积为，所以三棱锥的外接球与三棱锥的体积之比为，故答案为：.   四、解答题17．已知在中，D是BC边上一点.(1)若，，，求证：；(2)若，，，，BC边的长大于4，求的面积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】根据条件求出再利用三角形面积公式的两种表达形式，利用的面积比相等，即可证明；先有余弦定理求出再由正弦定理求出,进一步计算即可.【详解】（1）由已知得,因为，，所以.（2）设，由余弦定理得，即.解得或（舍去），即.因为.所以.又，由正弦定理可得，所以的面积为.18．某校用随机抽样的方法调查了100名学生参加数学校外补习的情况，将所有数据整理后如下表所示，其中a，b为正整数.已知从样本中随机抽取1名学生，其数学成绩（满分100分）不低于60分的概率为0.92.数学成绩不及格及格良好调查的学生人数a52参加校外补习人数b15(1)求a，b的值；(2)若数学成绩按是否为良好进行分类，在犯错误的概率不超过0.1的条件下，能否认为学生的数学成绩与参加校外补习有关.参考公式：，其中.参考数据：0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828其中.【答案】(1)，(2)不能 【分析】（1）由条件列方程求；（2）由已知数据完成列联表，结合参考公式求，再比较其与临界值的大小可得结论.【详解】（1）由已知得解得，.（2）由已知及（1）的结论得2×2列联表如下： 参加校外补习不参加校外补习合计数学成绩为良好103040数学成绩为及格或不及格204060合计3070100，所以在犯错误的概率不超过0.1的条件下，不能认为学生的数学成绩与参加校外补习有关.19．已知等比数列是递减数列，设其前n项和为，已知，且，，成等差数列.(1)求的通项公式；(2)定义为不大于x的最大整数，若等差数列的首项为，公差为的公比，求数列的前15项和.【答案】(1)(2)34 【分析】（1）设等比数列的公比为q，结合等比数列通项公式，等差中项的性质列方程求，由此可得的通项公式；（2）由条件结合等差数列通项公式求，再结合定义确定数列的前15项，再求其和.【详解】（1）设等比数列的公比为q，因为，，成等差数列，所以①.因为，所以②.②－①得，所以，代入，得.解得或（舍去）.所以.（2）由（1）可得，所以，则.所以.当时，.当时，，当时，，当时，，所以数列的前15项和为.20．如图，圆柱的底面半径与高均为2，AB为的直径，分别为，上的点，直线CD与线段交于O点.  (1)证明：O为线段的中点；(2)若AC与下底面所成的角为，求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用面面平行的性质，可证明是平行四边形，即可证明；（2）首先作辅助线，延长交于点E，并连结，利用垂直关系，可证明两两互相垂直，则以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量公式，求线面角的正弦值.【详解】（1）连接，，，，如图所示.  因为C，，D，四点共面，且圆柱的上、下底面平行，所以.因为，所以四边形为平行四边形，所以，即O为的中点.（2）延长交于点E，连接CE，AE，BE.因为E在上，AB为的直径，所以，，，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面ABE.所以为直线AC与下底面所成的角，所以.因为，所以，.如图所示，以E为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.则，，，.所以，，.设平面ACD的法向量为.则不妨取，则.设直线BC与平面ACD所成的角为，则.即直线BC与平面ACD所成角的正弦值为.21．已知椭圆C：的焦距为，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)已知，E为直线上一纵坐标不为0的点，且直线DE交C于H，G两点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据条件，求，再结合公式，即可求解椭圆方程；（2）首先设直线DE的方程为，与直线和椭圆方程联立，利用弦长公式，表示和，利用分析法，转化为证明，再代入韦达定理，即可证明.【详解】（1）设C的半焦距为c（）.由已知得，，又由，解得，.所以椭圆C的方程为；（2）设直线DE的方程为，则.将代入，得.设H，G的坐标分别为，，则，，.，，要证，只要证，即要证.即要证，即要证（*）.因为，所以（*）式成立，所以成立.以成立.  22．已知函数.(1)求过点且与的图象相切的直线方程；(2)若函数有两个不同的零点，，证明：存在唯一的极大值点，且.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据函数图象过某点的切线，先求导，设切点，找到切线的斜率，利用点斜式表示出直线，再代入点计算可得；（2）先求导得到，分类讨论，得到的图象有两个不同的零点时的的范围，从而找到存在唯一的极大值点，且.【详解】（1）由题可知.设切点坐标为，则切线方程为.因为切线过点，所以，解得，所以切线方程为.（2）由题可知，其定义域为，则，若，则在上单调递增，最多有一个零点，不符合题意.若，令，得，令，，则，当时，恒成立.所以在上单调递增.因为当时，，当时，，又，所以恰有一解.当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以即为的唯一极大值点.因为当时，，当时，，所以有两个不同的零点等价于.即.因为，所以.令，则在上单调递增，而，所以.【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解