2022-2023学年河南省南阳市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年河南省南阳市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．直线，，的斜率分别为2，1，，倾斜角分别为，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由于，由正切函数的图像性质可得倾斜角，，的大小关系.

【详解】由于，

由正切函数的图像性质可知，当时，为增函数，且，

由，可知；

当时，为增函数，且，

，所以；

所以，选项B正确.

故选：B

2．函数在上的最小值为（    ）

A． B．6 C． D．

【答案】C

【分析】求出函数的导数，判断函数的单调性，计算函数极值以及区间端点处函数值，即可求得答案.

【详解】由可得，

令，

当或时，，当时，，

即在上单调递增，在上单调递减，

则为函数的极大值点，为函数的极小值点，

故，

故函数在上的最小值为，

故选：C

3．某市农科所实验基地现有并排的10块试验田，选择其中的两块分别种植，两种作物，每块种植一种作物，要求，两种作物的间隔不小于6块试验田，则不同的种植方法共有（    ）

A．12种 B．18种 C．24种 D．36种

【答案】A

【分析】分类考虑，两种作物的间隔的块数，根据分类计数原理即可求得答案.

【详解】由题意，两种作物的间隔至少为6块，至多为8块，

当间隔为6块时，有种种植方法；

当间隔为7块时，有种植方法；

当间隔为8块时，有种种植方法；

故共有种种植方法；

故选：A

4．设数列是由正数组成的等比数列，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据等比数列的性质，设，，，则A，B，C成等比数列，然后利用等比中项的性质可求得答案

【详解】设，，，公比为，

则A，B，C成等比数列，公比为，且，

由条件得，

所以，所以.

故选：D.

5．在单位正方体中，为的中点，则点到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.

【详解】如图，以D为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，

则,

故，

设平面的法向量为，

则，令，则，

故点到平面的距离为,

故选：C

6．过坐标原点作圆的两条切线，切点分别为，，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】根据题意可得为等边三角形，可得结果.

【详解】圆化为标准方程为，

其圆心为，半径为1，

由题意知，,,,,

所以,所以.

所以,且,

所以为等边三角形，

所以.

故选:C．

7．若在区间上单调递增，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】令，根据复合函数的单调性可得需满足，且在上单调递减，结合导数。参变分离即可求得答案.

【详解】令，则在上单调递减，

由题意可得需满足，且在上单调递减，

令，则在上恒成立，

即在上恒成立，而在上单调递减，

即，故；

经检验当时，在上恒成立，

在上单调递减，符合题意；

由，则在上恒成立，

所以，

故，

综合以上可得，

故选：C

8．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，分别构造函数，，与函数，，即可比较大小.

【详解】构造函数，，则，

因为，当时，，则函数单调递减，

则，即，所以，即，

构造函数，，则，

因为，当时，，则函数单调递增，

则，即，所以，即，

所以.

故选：A

二、多选题

9．若椭圆的离心率为，则实数的值可能为（    ）

A． B． C． D．4

【答案】AD

【分析】分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，再根据条件即可求出结果.

【详解】因为椭圆的离心率为，

当焦点在轴上时，即，得到，由，解得；

当焦点在轴上时，即，得到，由，解得.

故选：AD.

10．设等差数列，的前项和分别为，，若，则满足的的值可能为（    ）

A．2 B．4 C．12 D．14

【答案】ABD

【分析】根据题意，由，代入计算，即可得到结果.

【详解】因为等差数列，的前项和分别为，，且，

则，

因为，则，所以，且，则舍，

所以的可能值为.

故选：ABD

11．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】利用二项式的通项公式及导数与赋值法即可得解.

【详解】,

, A错误B正确；

，

令得：，C错误D正确；

故选:BD.

12．定义在上的函数满足恒成立，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】构造函数，通过导数可以判断出在上单调递减，结合选项逐一检验即可.

【详解】，，

即，等价于，

构造函数，则，

即在上单调递减，

，，即，化简得，故A选项正确，B选项错误；

，，即，化简得，故C选项正确，D选项错误；

故选：AC

三、填空题

13．已知为等差数列的前项和，若，则      .

【答案】

【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式，求得，再根据等差数列的性质，即可求解.

【详解】由为等差数列的前项和，因为，

根据等差数列的求和公式，可得，解得，

又由等差数列的性质，可得，所以，所以.

故答案为：.

14．曲线在处的切线方程为      .

【答案】

【分析】先求出函数在处的函数值，由导数的几何意义可求.

【详解】，则，

，所以，即切线的斜率，

所以切线方程为，即

故答案为：

15．已知为双曲线的右焦点，为双曲线右支上的一点，且的三个内角，，成等差数列（公差，则双曲线的离心率      .

【答案】/

【分析】根据条件求出，，，从而得到，再利用点在双曲线上和，建立方程即可求出结果.

【详解】不妨设，因为的三个内角，，成等差数列（公差），

所以，又，

解得，，，

又，所以，故，

即，由题有，又

，代入，

得到，化简得到，

解得或（舍弃），

所以.

故答案为：.

四、双空题

16．记为正整数的最大奇因数，如，，设，则      ；     

【答案】     22    

【分析】由题意可得，，从而求出；且推出，可得.

【详解】由题意可得，，

，，

；

，

所以，

即，

所以.

故答案为：22；.

【点睛】关键点点睛：解题的关键点是由已知递推出，考查了学生的思维能力、计算能力.

五、解答题

17．某收费APP（手机应用程序）自上架以来，凭借简洁的界面设计､方便的操作方式和强大的实用功能深得用户的喜爱.该APP所在的公司统计了用户一个月月租减免的费用（单位：元）及该月对应的用户数量（单位：万人），得到如下数据表格：

已知与线性相关.

(1)求关于的线性回归方程；

(2)据此预测，当月租减免费用为10元时，该月用户数量为多少？

参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，

【答案】(1)

(2)万人

【分析】（1）根据已知数据，先求得，然后利用公式计算回归方程中的系数，得到回归方程；

（2）利用回归方程估计.

【详解】（1）解：由

有，

故关于的线性回归方程为；

（2）解：由（1）知回归方程为，当时，，

所以预测该月的用户数量为万人.

18．为了解同学们对数学感兴趣程度，现对某校高二年级不同分数段（满分150分）的学生对数学感兴趣程度进行调查（只有感兴趣和不感兴趣两个选项且每人必须选择其中一项），随机抽调了50人，各分数段频数（单位：人）及对数学感兴趣人数如下表：

(1)根据以上统计数据完成下面的列联表，并判断能否有99.9%的把握认为“该校高二年级学生对数学的感兴趣程度与成绩不低于110分有关”?

(2)若在成绩为分数段并且对数学感兴趣的同学中随机抽取4人，求成绩来自这一分数段的人数的分布列及数学期望.

附：，

【答案】(1)列联表见解析；有

(2)分布列见解析；

【分析】（1）由题意可得列联表，计算的值，与临界值表比较，即得结论；

（2）确定变量X的取值，求得每个值对应的概率，可得分布列，根据期望公式求得期望.

【详解】（1）由题意得：

则，

故有99.9%的把握认为“该校高二年级学生对数学的感兴趣程度与成绩不低于110分有关”.

（2）由题意知的取值可能为，

则，

，，

则的分布列为：

故.

19．已知数列的前项和为，且（），

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出首项，继而当时利用递推式推出数列是以1为首项，2为公比的等比数列，即可求得答案；

（2）求出的表达式，利用错位相减法即可求得答案.

【详解】（1）当时，，

当时，，

故，故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，

故；

（2）由（1）得，

故，

则，

故

，

则

20．三棱柱中，平面平面，是等边三角形，，，.

(1)证明：平面平面；

(2)求二面角的平面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由，，，得到，再利用面面垂直的性质定理和判定定理证明；

（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量，由求解.

【详解】（1）因为，，，

所以，

则，即，

所以，

因为平面平面，且平面平面，平面，

所以平面，

又平面，

所以平面平面；

（2）建立如图所示空间直角坐标系：

则，

所以，

设平面的一个法向量为，

则，即，

令，得到，则，

设平面的一个法向量为，

则，即，

令，得到，则，

所以，

又由图知，二面角为锐二面角，

所以二面角的余弦值为.

21．已知抛物线：的焦点为，过轴正半轴上一点的直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，且.

(1)求点的坐标；

(2)设点关于直线的对称点为，求四边形面积的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设直线的方程为，联立抛物线方程，可得根与系数关系式，结合数量积的坐标表示，列式计算，即得答案.

（2）利用，结合求得，求得四边形面积的表达式，结合基本不等式即可求得答案.

【详解】（1）设直线的方程为，联立，

可得，需满足，设，

则，由于，

由可得，

解得或（舍去），

则过轴正半轴上一点，

即点的坐标为.

（2）由题意知，结合（1）知，

不妨设，

则，

由于关于对称，故，

故，

当且仅当时，即时，等号成立，

故四边形面积的最小值为.

【点睛】关键点睛：求解四边形面积的最小值时，关键是求出四边形面积的表达式，即利用，进而结合，求得表达式，然后结合基本不等式求解.

22．已知函数（）有两个零点.

(1)求实数的取值范围；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求得函数导数，判断函数单调性，结合函数值情况，即可求得答案.

（2）利用函数零点知识可得，令，从而将证明转化为证明对恒成立，然后构造函数，利用导数即可证明结论.

【详解】（1）由题意得函数（）有两个零点即有两个正根，

设，则，

由得，由得，

故在上单调递增，在单调递减，

又，当时，，

故实数的取值范围为

（2）由（1）知，

由题意得，则，

故，

设，要证明，只需证明对恒成立，

即对恒成立，

令，则

故在上单调递增，且，

故对恒成立，即对恒成立，

故.

【点睛】难点点睛：本题综合考查导数知识的应用，难点在于第二问不等式的证明，证明时要利用函数零点对所证不等式进行变式，即证明对恒成立，继而构造函数，利用导数判断函数单调性进行解决.