2022-2023学年陕西省汉中市镇巴县高二下学期期末数学（理）试题含答案

2022-2023学年陕西省汉中市镇巴县高二下学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先解一元二次不等式得集合N，然后根据交集定义可得.

【详解】由，得，解得，

所以，故.

故选：A.

2．复数，则（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】由条件可知，利用复数的除法计算结果，并求模.

【详解】，故，

则.

故选:B.

3．已知，则是的（    ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据三角函数的性质可由得或，即可判断，的关系.

【详解】由，则或，

故由推不出， 可推出，故是的必要不充分条件.

故选：A.

4．已知锐角满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用二倍角公式求出，再将原式化为，代入求解即可.

【详解】因为为锐角，所以，

又，所以，

所以.

故选：D.

5．如图，在正方体中，为体对角线上一点，且，则异面直线和所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，利用空间向量法可求得异面直线和所成角的余弦值.

【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，

则、、、、，

，

，所以，，

因此，异面直线和所成角的余弦值为.

故选：A.

6．如图所示为函数的图象，则的解析式可能是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由函数的图象的定义域可排除A；奇偶性可排除C；当趋近于正无穷时，趋近于正无穷可排除B，即可得出答案.

【详解】由图知在处有定义，排除；

对C，由图象知为奇函数，而排除；

对于，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷，与图象所体现的几何直观不符，排除B；

对于D，易知为奇函数，且当趋近于正无穷时，趋近于0，符合图象所体现的几何直观.

故选：D.

7．著名数学家欧几里得著的《几何原本》中记载：任何一个大于1的整数要么是一个素数，要么可以写成一系列素数的积，例如.对于，其中均是素数，则从中任选3个数，可以组成不同三位数的个数为（    ）

A．32 B．36 C．42 D．60

【答案】C

【分析】先将1260表示为素数的积，然后分情况讨论求解.

【详解】，从中任选3个数组成三位数，可以分为两类：

第一类，三个数互不相同，共有个；

第二类，含有2个2或2个3，共有个，所以一共有42个.

故选：.

8．已知椭圆的左、右焦点分别为，过作垂直于轴的直线，在第二象限分别交及圆于点，若为的中点，为的上顶点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分别求出A、B两点的坐标，由A为的中点列式可得，再结合可得，进而求得及.

【详解】如图所示，

由题意知，则直线的方程为，

因为A、B两点位于第二象限，

所以，则，

，则，

又因为A为的中点，所以，所以，

又因为，所以，

所以在△中，，，，

所以，所以.

故选：C.

9．已知函数在上单调递减，且，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据函数在上单调递减，结合正弦型函数的单调性可求得的取值范围，由已知可得出，可得出的表达式，即可得出的值.

【详解】因为函数，

当时，，

因为函数在上单调递减，

则，其中，

所以，，其中，解得，

所以，，解得，

又因为且，则，所以，，

因为，，即，

所以，，解得，因此，.

故选：D.

10．设，是双曲线的左、右焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】先根据点到直线得距离公式求出，在中，求出，在中，利用余弦定理构造的齐次式，即可得解.

【详解】，

点到渐近线的距离为，即，

在中，，

在中，由余弦定理得，

即，

所以，所以，

所以.

故选：B.

11．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，研究其单调性比较大小即可.

【详解】令，则，

所以在上单调递增，

所以，

又因为，

所以.

故选：B.

12．在长方体中，，，，分别是，的中点，则下列结论错误的是（    ）

A． B．与平面相交

C．与平面所成角的余弦值为 D．

【答案】C

【分析】求得位置关系判断选项A；求得与平面位置关系判断选项B；求得与平面所成角的余弦值判断选项C；求得位置关系判断选项D.

【详解】取中点P，连接

，则四边形为平行四边形，则，

，则四边形为平行四边形，则，

选项A：由平面，平面，可得，

四边形是正方形，则，则，

又，则平面，又平面，

则.判断正确；

选项B：由，则四边形为平行四边形，

则，又，则，

由平面，平面，可得与平面相交，

则与平面相交.判断正确；

选项C：连接，由平面可得，

为与平面所成角，

又，则.

则与平面所成角的余弦值为.判断错误；

选项D：由平面，平面，可得，

由四边形是正方形，可得，又，

则平面，又平面，则.判断正确.

故选：C

二、填空题

13．已知是两个互相垂直的单位向量，若，则          .

【答案】/

【分析】运用平面向量数量积公式及向量的模的公式计算即可求得向量的夹角.

【详解】由题意知，，，

所以，，

所以.

故答案为：.

14．已知函数满足：；当时，.则满足这两个条件的一个函数为          .

【答案】（答案不唯一）

【分析】，指数函数满足，又当时，，可得，写出一个函数表达式即可.

【详解】由，知且满足该条件；

又当时，，可得，故可以为.

故答案为：

15．在正四棱锥中，底面正方形的边长为2，侧棱长为，则正四棱锥的外接球的体积为          .

【答案】

【分析】连接交于点，连接，则正四棱锥的外接球球心在上，连接，设球的半径为，利用勾股定理列方程求解半径即可.

【详解】如图，连接交于点，连接，

因为是正四棱锥，

则平面，

所以正四棱锥的外接球球心在上.

连接，设球的半径为，则.

在Rt中，(注意O在SM上)，

即，解得，

所以正四棱锥的外接球的体积为.

故答案为：.

三、双空题

16．在中，内角、、的对边分别是、、，且，则      ；若的角平分线与边交于点，且，则      .

【答案】          /

【分析】利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值，利用等面积法可得出，结合三角形的面积公式可求得的值.

【详解】因为，则，，

由正弦定理可得

，

因为，则，整理可得，所以，，

因为，则，

因为，即，

所以，，因此，.

故答案为：；.

四、解答题

17．已知数列的前项和为（为常数）.

(1)若，求的通项公式；

(2)若，设数列的前项和为，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据递推公式，利用构造法可得为等比数列，然后可解；

（2）对数列的通项公式使用放缩法，然后由裂项相消法求和后可证.

【详解】（1）当时，，得

又，所以是首项为3，公比为3的等比数列，

所以，即.

（2）当时，，则，

所以是首项为1，公差为4的等差数列，

所以，

所以，所以当时，，

当时，

当时，，

综上，.

18．如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，平面平面为的中点.

(1)证明：平面；

(2)若，求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于点，连接，可证，故可证平面.

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面法向量后结合平方关系可求二面角的正弦值.

【详解】（1）连接交于点，连接，则为的中点，

因为为的中点，所以，

又平面平面，

所以平面.

（2）取的中点，连接，因为，所以，

因为平面平面，平面平面平面，

所以平面，

又平面，所以.

因为为的中点，所以，所以两两垂直，

以为坐标原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，

所以.

设平面的一个法向量，则即

令，解得，故，

而是平面的一个法向量，

所以，

设二面角的大小为，则.

19．我国综合性太阳探测专用卫星“夸父一号”最新一批科学图像于2022年12月13日在京发布，其中多幅图像质量达到国际领先水平，验证了“夸父一号”三台有效载荷的观测能力和先进性，“夸父一号”是中国科学院空间科学二期先导专项研制的一颗空间科学卫星，于2022年10月9日成功发射，卫星以“一磁两暴”为科学目标，即同时观测太阳磁场和太阳上两类最剧烈的爆发现象——耀斑和日冕物质抛射，研究它们的形成、演化、相互作用和彼此关联，同时为空间天气预报提供支持、某学校为了解该校某兴趣小组对“夸父一号”探测卫星相关知识是否感兴趣，对该兴趣小组的100位学生进行了问卷调查，已知被调查学生中男生占调查人数的55%，其中感兴趣的有40人，余下的不感兴趣，在被调查的女生中，感兴趣的有20人，其余人不感兴趣.

(1)请补充完整列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为对“夸父一号”探测卫星相关知识感兴趣与学生的性别有关联？

(2)从兴趣小组100人中任选1人，表示事件“选到的人是男生”，表示事件“选到的人对“夸父一号”探测卫星相关知识不感兴趣”，求；

(3)按性别进行分层，采用分层随机抽样的方法从感兴趣的学生中抽取容量为6的样本，再从抽取的6人中随机抽取2人，随机变量表示2人中女生的人数，求的分布列和数学期望.

附：参考公式：，其中.

临界值表：

【答案】(1)列联表见解析，认为对“夸父一号”探测卫星相关知识是否感兴趣与学生的性别有关联

(2)

(3)分布列见解析，

【分析】（1）完善列联表，计算出卡方，即可判断；

（2）根据条件概率概率公式计算可得；

（3）依题意的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.

【详解】（1）调查的男生人数为（人），调查的女生人数为（人），

所以列联表如下所示：

零假设为：对“夸父一号”卫星相关知识感兴趣与学生的性别无关联.

根据列联表中的数据，经计算得，

所以根据小概率值的独立检验，推断不成立，

即认为对“夸父一号”探测卫星相关知识是否感兴趣与学生的性别有关联，此时推断犯错误的概率不大于.

（2）依题意，，

所求概率为，或者.

（3）按比例分配的分层随机抽样的方法抽取的男生数为人，女生人数为人，

所以的可能取值为，，，

所以，

所以的分布列为

所以.

20．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)若，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数求出切线斜率，利用点斜式可得切线方程；

（2）要证，即证.先利用导数研究函数单调性与最值可证，再证利用导数证明即可.

【详解】（1）当时，，则，

所以，

故所求的切线方程为，即.

（2）要证，即证.先证.

设，则，

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以是的极小值点，也是的最小值点，且，

所以，即成立.

再证.

设，则，

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以是的极小值点，也是的最小值点，且，

所以.

综上，成立

【点睛】利用导数求切线方程的步骤：1.根据导数的几何意义求出切线斜率；2.求出切点坐标；3，点斜式求切线方程.

21．在平面直角坐标系中，顶点在原点，以坐标轴为对称轴的抛物线经过点.

(1)求的方程；

(2)若关于轴对称，焦点为，过点且与轴不垂直的直线交于两点，直线交于另一点，直线交于另一点，求证：直线过定点.

【答案】(1)或

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论的焦点在或轴上，设出抛物线的方程，将点代入即可得出答案；

（2）设，分别求出直线，的方程，由题意可得，，再求出直线的方程，代入化简即可得出直线过的定点.

【详解】（1）若的焦点在轴上，设抛物线的方程为，

将点代入，得，解得，故的方程为；

若的焦点在轴上，设抛物线的方程为，

将点代入，得，解得，故的方程为，

综上，的方程为或.

（2）证明：由（1）知抛物线的方程为.

若直线不过点，如图，

设，

由题意可知直线的斜率存在且不为0，则直线的斜率，

所以直线的方程为，即，

同理直线的方程分别为，

由直线过定点，可得，

由直线过焦点，可得，

直线的方程为，

由，得，

所以，

即，

又因为，所以.

令解得故直线恒过定点.

若直线过点，直线即为直线，其方程为，即，显然直线过点.

综上，直线过定点.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.

(1)求的极坐标方程；

(2)设、是上的两点，且，，求的面积.

【答案】(1)，其中

(2)

【分析】（1）将曲线的参数方程化为普通方程，可知曲线表示圆的上半圆，然后将曲线的方程化为极坐标方程即可得解；

（2）设点、的极坐标分别为、，求得，，，利用求出的值，再利用三角形的面积公式可求得结果.

【详解】（1）解：对于曲线的参数方程（为参数），，解得，

则，，所以，，即，

所以，曲线表示圆的上半圆，

化为极坐标方程即为，即，其中.

（2）解：设点、的极坐标分别为、，

则，解得，则，，

所以，

，

所以，，

因为，则，所以，，可得，

所以，，，

则，

因此，.

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若，求a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去绝对值即可求得当时不等式的解集；

（2）利用绝对值不等式的性质构造关于a的不等式，解之即可求得a的取值范围．

【详解】（1）当时，，

当时，则，解得，即，

当时，则恒成立，即，

当时，则，解得，即，

综上所述，原不等式的解集为．

（2）因为，

所以，即或，解得或，

故a的取值范围为．