2022-2023学年陕西师范大学附属中学高二下学期期末数学（文）试题含答案

2022-2023学年陕西师范大学附属中学高二下学期期末数学（文）试题

一、单选题

1．集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知化简集合，再根据集合交集的运算即可得.

【详解】解：或，

所以.

故选：A.

2．已知纯虚数，其中为虚数单位，则实数的值为（    ）

A．1 B．3 C．1或3 D．0

【答案】B

【分析】根据复数为纯虚数的条件可列出方程及不等式，即可求得答案.

【详解】因为为纯虚数，

故，则，解得.

故选：B

3．某市甲、乙两个监测站在10日内分别对空气中某污染物实施监测，统计数据（单位：g/m3）如图所示，以下说法正确的是（    ）

A．这10日内任何一天甲监测站的大气环境质量均好于乙监测站

B．这10日内甲监测站该污染物浓度读数的中位数小于乙监测站读数的中位数

C．这10日内乙监测站该污染物浓度读数中出现频率最大的数值是167

D．这10日内甲监测站该污染物浓度读数的平均值小于乙监测站读数的平均值

【答案】C

【分析】根据茎叶图数据逐个判断各个选项即可.

【详解】由茎叶图易知A错误；

甲监测站污染物浓度的中位数是，乙监测站污染物浓度的中位数是167，B错误；

这10日内乙监测站该污染物浓度读数中出现频率最大的数值，即众数是167，C正确；

甲监测站该污染物浓度的平均值

，，D错误;

故选:C．

4．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，则直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，结合圆锥的母线长和弧长以及圆心角之间的关系即可求解

【详解】设直角圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为，底面圆的半径为，母线长为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以，则，解得.

故选：.

5．已知向量满足，，，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量的坐标表示求，然后根据向量的平方等于模长的平方和数量积的运算律求解即可.

【详解】由可得，

因为，解得，

所以，

又因为，

所以与的夹角为，

故选：D

6．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用对数函数的性质判断即可.

【详解】因为，则，故，

所以；

因为，则，故，

所以；则有．

故选：B.

7．在数列中，且，则它的前项和（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用累乘法求出数列的通项公式，然后利用裂项相消法可求得的值.

【详解】，，，

因此，.

故选：A.

【点睛】结论点睛：常见的裂项公式：

（1）；

（2）；

（3）；

（4）.

8．某汽车店有甲、乙、丙、丁、戊5种车型在售，小王从中任选2种车型试驾，则甲车型被选到的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】用列举法列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.

【详解】依题意小王从甲、乙、丙、丁、戊5种车型中任选2种车型试驾，

则有甲乙、甲丙、甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊，共个可能结果，

其中甲车型被选到有甲乙、甲丙、甲丁，甲戊，共个可能结果，

所以所求概率.

故选：B

9．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先判断的奇偶性，再根据时的函数值的符号判断图象.

【详解】因为，，

所以，故函数的为奇函数，排除BD；

又 所以，故A错误.

故选：C

10．习近平总书记多次强调生态文明建设关系人民福祉、关乎民族未来，是事关实现“两个一百年”奋斗目标；事关中华民族永续发展的大事.“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强.某化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过，若要使该工厂的废气达标排放，那么该污染物排放前需要过滤的次数至少为（    ）

（参考数据：，）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据已知关系可构造不等式，利用指数与对数互化可得，结合换底公式和对数运算法则可求得的最小值.

【详解】设排放前需要过滤次，则，，

，

又，，即排放前需要过滤的次数至少为次.

故选：C.

11．已知四面体ABCD的所有顶点在球O的表面上，平面BCD，，，，则球O的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】作图，先找到外接球的球心，算出底面三角形BCD外接圆的半径,再构造三角形运用勾股定理求出外接球的半径.

【详解】

如图，设底面 的外接圆的圆心为 ，外接圆的半径为r，由正弦定理得 ，

过 作底面BCD的垂线，与过AC的中点E作侧面ABC的垂线交于O，则O就是外接球的球心，

并且 ，外接球的半径 ，

球O的体积为 ；

故选：D.

12．已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，且当时，.若，则（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】C

【分析】由为偶函数，为奇函数得到，故函数的周期，结合得到，由得，从而求出，采用赋值法求出，，再使用求出的的周期，赋值法得到.

【详解】因为为偶函数，所以，

用代替得：，

因为为奇函数，所以，

故①，

用代替得：②，

由①② 得：，

所以函数的周期，

所以，即，

因为，令得：，故，

，解得：，

所以时，，

因为，

令，得，

其中，所以，

因为，

令得：，即，

因为，所以，

因为，

令得：，

故，

.

故选：C

【点睛】方法点睛：抽象函数的对称性和周期性：

若，则函数关于中心对称，

若，则函数关于对称，

若函数关于轴对称，关于中心对称，则函数的周期为，

若函数关于轴对称，关于轴对称，则函数的周期为，

若函数关于中心对称，关于中心对称，则函数的周期为.

二、填空题

13．若满足约束条件，则的最小值为      ．

【答案】

【分析】根据题意，做出约束条件的可行域，结合图像即可得到结果.

【详解】

由约束条件做出可行域如图所示，

根据目标函数画出直线，

由图像可知，将直线平移至点取得的最小值，

，解得，即，代入可得，

故答案为:

14．记为等差数列的前n项和．若，则公差       ．

【答案】2

【分析】转化条件为，即可得解.

【详解】由可得，化简得，

即，解得.

故答案为：2.

15．已知抛物线的焦点F到准线的距离为4，点，在抛物线C上，若，则   .

【答案】

【分析】先求得抛物线C的方程，再利用抛物线定义和题给条件即可求得的值.

【详解】抛物线的焦点F到准线的距离为4，

则，则抛物线，

由点，在抛物线C上，可得，，

由，可得，

即，则，

又，

则，则

故答案为：4

16．若曲线有三条过点的切线，则实数的取值范围为  .

【答案】

【分析】构造新函数，利用导数求得其单调性和极值，进而求得实数的取值范围.

【详解】设点为曲线上一点，则

又，则，

则曲线在点处的切线方程为

，又切线过点，

则，即

令，则，

则时，单调递减；

时，单调递增；

时，单调递减，

则时取得极小值，时取得极大值，

又，

当时，恒成立，时，，

又由题意得方程有3个根，

则与图像有3个交点，则.

则曲线有三条过点的切线时实数的取值范围为.

故答案为：

三、解答题

17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求；

(2)若，，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先利用正弦定理化简题给条件，再利用余弦定理即可求得的值；

（2）先利用（1）中和题给条件求得，得到为边长是4的等边三角形，进而求得的面积.

【详解】（1），则由正弦定理可得.

所以.

化简为.由余弦定理得.

又，所以.

（2），即.由（1）知：，

所以，

因为，，所以.

即为边长是4的等边三角形.

.

18．为了庆祝党的二十大胜利召开，培养担当民族复兴的时代新人，某高中在全校三个年级开展了一次“不负时代，不负韶华，做好社会主义接班人”演讲比赛.共1500名学生参与比赛，现从各年级参赛学生中随机抽取200名学生，并按成绩分为五组：，，，，，得到如下频率分布直方图，且第五组中高三学生占.

(1)求抽取的200名学生的平均成绩（同一组数据用该组区间 的中点值代替）；

(2)若在第五组中，按照各年级人数比例采用分层随机抽样的方法抽取7人，再从中选取2人组成宣讲组，在校内进行义务宣讲，求这2人都是高三学生的概率.

【答案】(1)75

(2)

【分析】（1）利用频率分步直方图即可求得抽取的200名学生的平均成绩；

（2）利用古典概型即可求得这2人都是高三学生的概率.

【详解】（1）依题意，，

所以抽取的200名学生的平均成绩.

（2）由于第五组总共要抽取7人，高三学生占，

所以抽到的高三学生应该有人，

设7人中，高三学生三人是a、b、c，其余非高三学生标记为数字1，2，3，4.

则抽取2人共有以下21种组合

1a， 1b， 1c， 2a， 2b， 2c， 3a， 3b， 3c， 4a， 4 b，

 4c， ab，ac，bc，12，13，14，23，24，34.

其中都是高三学生的共有以下3种组合：ab，ac，bc.

所以由古典概型可得这2人都是高三学生的概率为.

19．如图2，在三棱锥中，为的中点．

(1)证明：平面；

(2)若点在上且，求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在，由等腰三角形的性质可得，在中利用勾股定理的逆定理可得，求出，再利用勾股定理的逆定理可得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论；

（2）求出的面积，则可求出三棱锥的体积，再由可求出，设点到平面的距离为，然后利用等体积法可求得结果.

【详解】（1）证明：在中，为的中点．

则中线，且；

在中，，

所以，所以；

因为，为的中点，

所以且；

所以，

所以，

因为，平面，

所以平面．

（2）解：由题可得，则，

所以．

又由（1）知平面，

所以．

又，则，

由得：，

设点到平面的距离为，则，

解得，

即点到平面的距离为．

20．已知函数在点处的切线斜率为4，且在处取得极值．

(1)求函数的解析式；

(2)若函数有三个零点，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，列出方程组求得，求导，利用导数判断的单调性与极值；

（2）由题意得到原题意等价于与有三个交点，结合（1）中的单调性与极值，列式求解.

【详解】（1）∵，

由题意得，解得，

所以，，

令，解得或；令，解得；

则在上单调递增，在上单调递减，

∴在处取到极大值，在处取到极小值，

故符合题意，.

（2）令，则，

原题意等价于与有三个交点，

由（1）可得：在上单调递增，在上单调递减，

∴在处取到极大值，在处取到极小值，

故，解得，

所以的取值范围为．

21．已知椭圆C：的左顶点为A，P为C上一点，O为原点，，，的面积为1．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设B为C的右顶点，过点且斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，证明：．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）通过分析得，将其坐标代入椭圆方程，结合面积和的关系即可求出椭圆方程；

（2）设直线的斜率为,直线的斜率为,直线的方程为，再将其与椭圆联立得到韦达定理式，通过化简得，最后计算，将上式代入即可证明其为定值.

【详解】（1）不妨设点在轴的上方,由椭圆的性质可知.

是以为直角顶点的等腰直角三角形,

代入,得,整理得.

的面积为.

故椭圆的方程为.

（2）设直线的斜率为,直线的斜率为,

直线的方程为.

不妨设,则.

联立可得,

,则,

，即，

，

故得证.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键第一是要找到正切值与直线斜率的关系，再通过设直线的方程为，将与椭圆联立，利用化积为和的方法得到，最后再计算斜率比值为定值，化积为和是处理非对称韦达形式的常用方法.

22．在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为，倾斜角为的直线经过点.

（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的参数方程；

（2）设直线与曲线交于两点，求的取值范围.

【答案】（1）,（为参数）；（2）.

【分析】（1）直接利用极坐标公式化曲线C的方程为直角坐标方程，再求出点P的坐标，再写出直线的参数方程；（2）将直线的参数方程代入，再利用直线参数方程t的几何意义求出的表达式，再利用三角函数求出取值范围.

【详解】（1）由可得，，即.

设点，则，，即点，

∴直线的参数方程为（为参数）

（2）将直线的参数方程代入得，，

恒成立，

设点对应的参数为，点对应的参数为，

则，，

则

.

【点睛】本题主要考查极坐标、参数方程和直角坐标的互化，考查直线参数方程t的几何意义，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若，且正数满足，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据去绝对值，对 进行分类讨论，求出解集；

（2）根据绝对值不等式求出最小值，再构造，利用均值不等式进行求解.

【详解】（1）解:由题意知

当时，，不等式不成立；

当时，令，解得，所以；

当时，，不等式恒成立.

综上所述，不等式的解集为.

（2）方法一：

证明：由（1）知，所以.

因为，

当且仅当时取等号，

所以，当且仅当时取等号.

故有.

方法二：

证明：由（1）知，所以.

因为，当且仅当时取等号，

又因为，当且仅当时取等号，

所以.

方法三：

证明：由（1）知，所以.

所以，当且仅当时取等号.

【点睛】本题考查绝对值不等式，求绝对值不等式的最值，以及合理构造利用均值不等式进行求解，属于难题.