2022-2023学年四川省凉山州高二下学期期末考试数学（理）试题含答案

这是一份2022-2023学年四川省凉山州高二下学期期末考试数学（理）试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省凉山州高二下学期期末考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A．或 B．或C． D．【答案】C【分析】根据题意利用集合的并集运算求解.【详解】由题意可得：.故选：C.2．复数的共轭复数的虚部为（    ）A． B． C．2 D．-2【答案】C【分析】根据复数的运算法则，求得，得到共轭复数为，即可求解.【详解】由复数，可得其共轭复数为，所以共轭复数的虚部为.故选：C.3．某学校数学教研组举办了数学知识竞赛（满分100分），其中高一､高二､高三年级参赛选手的人数分别为.现用分层抽样的方法从三个年级中抽取样本，经计算可得高二､高三年级参赛选手成绩的样本平均数分别为76，82，全校参赛选手成绩的样本平均数为75，则高一年级参赛选手成绩的样本平均数为（    ）A．69 B．70 C．73 D．79【答案】B【分析】利用分层抽样的特点及平均数公式即可求解.【详解】高一､高二､高三年级参赛选手的人数分别为.现用分层抽样的方法从三个年级中抽取样本，则样本中高一､高二､高三年级参赛选手的人数比为，因为高二､高三年级参赛选手成绩的样本平均数分别为76，82，全校参赛选手成绩的样本平均数为75，设高一年级参赛选手成绩的样本平均数为，则，解得.所以高一年级参赛选手成绩的样本平均数为.故选：B.4．已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（    ）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】根据渐近线方程可得，再由可求得结果.【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，所以，所以双曲线的离心率为，故选：B5．在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可得∥，则异面直线与所成角（或其补角），进而可得出为等边三角形，从而得出所求角的大小为60°.【详解】如下图所示，连接，因为分别为的中点，则∥，又因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，所以∥，可知异面直线与所成角为（或其补角），又因为，即为等边三角形所以，即异面直线与所成角的大小为.故选：B.  6．已知，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据对数函数的性质，求得，，结合指数函数的性质，求得，即可求解.【详解】由对数函数的性质，可得，所以，又由且，所以，由指数函数的性质，可得，即，所以.故选：B.7．将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的可能取值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得平移后的函数解析式为，结合奇偶性可得，运算求解即可.【详解】将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，得到，得到的图象关于轴对称，则，解得，当时，；当时，；当时，；结合选项可知：B正确；A、C、D错误.故选：B.8．已知向量，则“”是“”的（    ）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据共线向量的坐标表示，以及充分、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】当时，可得，此时，所以；反之，若，可得，解得，所以是成立的充分不必要条件.故选：C.9．已知是函数的一个零点，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】依题意可得，再根据二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得.【详解】依题意，所以，所以.故选：B10．已知数列的前项和为，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据数列的递推公式得到，然后求和即可求解.【详解】因为数列的前项和为，且，则，，，，所以，，依次类推，，，，所以.故选：D.11．已知直线与抛物线交于两点，与圆交于两点，在轴的同侧，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】由已知联立方程组，利用设而不求法结合抛物线定义表示，并求其值.【详解】由已知抛物线的焦点的坐标为，直线的方程为，联立，消得，设，则，所以，圆的圆心坐标为，半径为1，由已知可得，所以  故选：A.12．设，且满足，则下列判断正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由，构造函数，通过函数的单调性和值域求解判断.【详解】因为，所以，则，令，则，所以在上递增，且，当时，，当时，，所以当时，，即，则，B选项错；所以，则，即，C选项错；当时，，即，则，A选项错；所以，则，即，D选项正确.故选:D. 二、填空题13．的展开式中的系数为          .（用数字作答）.【答案】【分析】化简，结合二项展开式的形式，即可求解.【详解】由，所以的展开式中项为，所以的展开式中的系数为.故答案为：.14．若向量，则的面积为          .【答案】1【分析】根据条件，利用数量积求出的余弦值，再利用平方关系得出，再利用面积公式即可求出结果.【详解】因为，所以，所以，所以，故答案为：1.15．曲线在点处的切线与直线平行，则          .【答案】/【分析】由题意可得，从而可求出的值.【详解】由，得，因为曲线在点处的切线与直线平行，所以，得，故答案为：16．已知函数.给出下列四个结论：①函数的图象存在对称中心；②函数是上的偶函数；③；④若，则函数有两个零点.其中，所有正确结论的序号为          .【答案】②③【分析】根据偶函数定义、零点的定义，结合导数的性质逐一判断即可.【详解】由题意可得：，且函数的定义域为.对于②：因为，所以函数是上的偶函数，故②正确；对于①：假设函数的图象存在对称中心，则，若，因为可得，则，所以，可知函数是以为周期的周期函数，显然不成立；若，则（不是定值），这与（为定值）相矛盾；综上所述：假设不成立，所以函数的图象不存在对称中心，故①错误；对于③：因为，当且仅当时，等号成立，当时，；当（当且仅当时，等号成立）时，，当且仅当时，等号成立；综上所述：，当且仅当时，等号成立，故③正确；对于④：令，整理得，由③可得，整理得，构建，则，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，可得，且当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于0，  由题意可得：函数有两个零点，等价于与有两个不同的交点，则，因为，故④错误；故答案为：②③.【点睛】关键点睛：利用函数极值与最值的关系进行判断是解题的关键. 三、解答题17．已知是等差数列，且.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）直接根据等差数列公式计算得到答案;（2）确定，再根据等比数列求和公式计算即可.【详解】（1）设等差数列的公差为，且，则，所以.（2）由（1）可得，所以即数列的前项和为.18．在中，角所对的边分别为.已知.(1)求的值；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据余弦定理进行求解即可；（2）根据同角三角函数关系求正弦，再应用正弦定理进行求解即可.【详解】（1）， 由余弦定理知，，又，所以，（2）由， 由正弦定理知，,所以.19．设甲盒有2个白球，2个红球，乙盒有1个白球，3个红球；现从甲盒任取2球放入乙盒，再从乙盒任取1球.(1)记随机变量表示从甲盒取出的红球个数，求的分布列及数学期望；(2)求从乙盒取出1个红球的概率.【答案】(1)分布列见解析，(2) 【分析】（1）根据已知条件求出随机变量的取值，利用古典概型的概率的计算公式分别求出随机变量的取值对应的概率，进而求出分布列，结合离散型随机变量的均值的公式即可求解.（2）根据已知条件分类讨论，利用古典概型的概率的计算公式及全概率公式即可求解.【详解】（1）由题可知，随机变量x可能的取值有0，1，2，所以，分布列如下：012所以.（2）（i）若，则此时甲盒取出来了2个白球放入乙盒，此时乙盒有3个白球，3个红球，所以从乙盒取出1个红球的概率为，（ii）若，则此时甲盒取出来了1个白球，1个红球放入乙盒，此时乙盒有2个白球，4个红球，所以从乙盒取出1个红球的概率为，（iii）若，则此时甲盒取出来了2个红球放入乙盒，此时乙盒有1个白球，5个红球，所以从乙盒取出1个红球的概率为，所以从乙盒取出1个红球的概率为.20．如图，在棱长为2的正方体中，点为线段的中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用正方体的特征及平行四边形的性质定理，结合线面平行的判定定理即可求解；（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公司，结合向量的夹角与二面角的关系即可求解.【详解】（1）在正方体中，且，且所以且，则为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.（2）因为正方体的棱长为是的中点，建立空间直角坐标系，如图所示所以，由可得，设平面的法向量为，则,即，令，则所以，可得平面的法向量为，显然平面的法向量可以为，设二面角的平面角为，所以所以二面角的余弦值.21．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线交椭圆于两点，为坐标原点，求面积的最大值.【答案】(1)(2)2 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可求解；（2）设直线的方程为，联立方程组求得，得出，令，得到，设，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解.【详解】（1）解：由题意，椭圆的离心率为，点在椭圆上，可得，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）解：因为过点的直线交椭圆于两点，不妨设直线的方程为，且，联立方程组，整理的，即此时，且，所以，不妨令，则，此时不妨设，可得，所以函数在上为单调递减函数，当时，即时，取得最大值，最大值为.【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.22．已知函数.(1)当时，求函数在区间上的最大值；(2)若存在极大值点，且，求的取值范围.【答案】(1)0(2) 【分析】（1）对函数求导后，可求得函数在上单调递增，从而可求出其最大值；（2）分，，和四种情况讨论，求出函数的单调区间和极值，再由极大值点，且，可求出的取值范围.【详解】（1）当时，，则，当时，，                                    所以函数的在区间上单调递增，即当时，函数在区间上的最大值为.（2），  当时，令，得，则 时，；时，，所以函数仅有唯一极小值点，不合题意； 当时，令，得或，若，即时，由（1）小题可知，不合题意；若，即时，，；，，所以函数的极大值点，则符合题意；若，即时，，；，，所以函数的极大值点，则，得；综上所述，的取值范围为.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数极值点问题，解题的关键是对函数求导后，分类讨论函数的极值，考查分类思想和计算能力，属于较难题.