2023宜宾叙州区一中高二下学期期末考试数学（理）试题含解析

叙州区第一中学2023年春期高二期末考试

数学（理工类）

第I卷   选择题（60分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知复数z＝i2019+i2020，则z的共轭复数（    ）

A. ﹣1+i B. 1﹣i C. 1+i D. ﹣1﹣i

【答案】C

【解析】

【分析】直接利用复数i4n＝1运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．

【详解】∵i4n＝1，

∴复数z＝i2019+i2020＝i3+1＝1﹣i，

∴z的共轨复数1+i．

故选：C．

【点睛】本题考查了复数的高次乘方运算和共轭复数的概念，还考查了运算求解的能力，属于基础题．

2. 某学校高二级选择“史政地”“史政生”和“史地生”组合的同学人数分别为240，120和60．现采用分层抽样的方法选出14位同学进行一项调查研究，则“史政生”组合中选出的人数为（    ）

A. 8 B. 6 C. 4 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意求得抽样比，再求“史政生”组合中抽取的人数即可.

【详解】根据题意，分层抽样的抽样比为，

故从“史政生”组合120中，抽取的人数时人.

故选：.

3. 已知命题p：为真命题，则实数a的值不能是（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用一元二次方程的根与判别式的关系求解.

【详解】因为命题p：为真命题，

所以解得，

结合选项可得实数a的值不能是，

故选:D.

4. 已知两个随机变量满足，且，则依次（    ）

A. ，2 B. ，1 C. ，1 D. ，2

【答案】C

【解析】

【分析】先由，得，，然后由得，再根据公式求解即可.

【详解】由题意，得，，

因为，所以，

所以，，

故选C.

【点睛】该题考查的正态分布的期望与方差，以及两个线性关系的变量的期望与方差之间的关系，属于简单题目.

5. 已知，是平面上的非零向量，则“存在实数，使得”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据充分性必要性的定义，结合向量共线的结论进行判断.

【详解】因为分别表示与方向相同的单位向量，所以由可知，方向相同；

“存在实数，使得”即共线，包含方向相同或方向相反两种情况．

所以，“存在实数，使得”不能推出是“”；

“” 可以推出“存在实数，使得”，

所以“存在实数，使得”是“”的必要不充分条件．

故选：B.

6. 若曲线C 的方程为：，则该曲线（    ）

A. 曲线关于轴对称

B. 曲线的顶点坐标为

C. 曲线位于直线的左侧

D. 曲线过坐标原点

【答案】C

【解析】

【分析】根据方程的性质，方程的转化，求导探究单调性，即可逐一进行判断.

【详解】因，

则，代入不等于代入，所以不关于y轴对称，故A错；

又，得，C正确；

将代入不成立，故D错误；

又，

若，

，

则在上单调递减，

当时，，则，

若，

，

则在上单调递增，

又时，，

故此时，

因此的顶点只有一个，且为，B错.

故选：C

7. 已知双曲线的离心率e是它的一条渐近线斜率的2倍，则e=（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】根据离心率和渐近线的斜率公式，列式求双曲线的离心率.

【详解】由题意可知，，即，

则，解得：，

所以双曲线的离心率.

故选：C

8. 6名志愿者要到，，三个社区进行志愿服务，每个志愿者只去一个社区，每个社区至少安排1名志愿者，若要2名志愿者去社区，则不同的安排方法共有（    ）

A. 105种 B. 144种 C. 150种 D. 210种

【答案】D

【解析】

【分析】先安排2名志愿者到A社区，再考虑剩余的4名志愿者，分为两组，可以平均分，可以一组1人，一组3人，再对两组进行分配，从而求出最终答案.

【详解】先选出2名志愿者安排到A社区，有种方法，

再把剩下的4名志愿者分成两组，有两种分法，一种是平均分为两组，有种分法，

另一种是1组1人，另一组3人，有种分法，再分配到其他两个社区，

则不同的安排方法共有种.

故选：D

9. 已知抛物线的准线为，且点在抛物线上，则点A到准线的距离为（    ）

A. 5 B. 4 C. 3 D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】点代入抛物线方程求得p的值，运用点到线的距离公式即可求得结果.

【详解】由题意知，，

所以，

所以抛物线方程为，则抛物线的准线l为，

所以点A到抛物线准线的距离为.

故选：A.

10. 将边长为1的正方形（及其内部）绕旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中与在平面的同侧，则直线与平面所成的角的正弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】建立合适的空间直角坐标系，写出所需点的坐标，然后在直角三角形中求解即可．

【详解】
 

以为坐标原点，为轴，在底面内过点O作OA的垂线作为y轴,以为轴建立空间直角坐标,系，

则，，，，，，

则，

又点到平面的距离为1，

作母线 ,连接,则是直角三角形，

则 为直线与平面所成的角，

故直线与平面所成的角的正弦值为：,

故选：．

11. 设为椭圆的两个焦点，点在上，若，则（    ）

A. 1 B. 2 C. 4 D. 5

【答案】B

【解析】

【分析】方法一：根据焦点三角形面积公式求出的面积，即可解出；

方法二：根据椭圆的定义以及勾股定理即可解出．

【详解】方法一：因为，所以，

从而，所以．

故选：B.

方法二：

因为，所以，由椭圆方程可知，，

所以，又，平方得：

，所以．

故选：B.

12. 函数在内存在零点，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】法一：特殊值检验，令排除A，令，得到，设，利用导数法求解判断；法二：设，由与的零点相同，利用导数法求解判断.

【详解】解：法一：特殊值检验

①令，则，此时，符合题意，排除A．

②令，则，设，

则，

因为恒成立，所以，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，从而，无零点，排除C．

当时，，则，，

所以在上单调递增，在上单调递减，所以．

故在内存在2个零点，设这2个零点分别为，则，

不妨设，当或时，；当时，．

因为，所的根为1，，且，

，，，

所以上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，

因为，

同理可得，所以此时在内存在2个零点．

综上所述，，

故选：D．

法二：设，则与的零点相同，

，

设，则，可以得到在上单调递增，在上单调递减，

所以．

①当时，，所以时，，时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，令，，

在递增，所以，所以无零点．

②当时，，因为，所以在内存在零点，符合题意．

③当时，在内存在2个零点，设这2个零点分别为，则，不妨设，可以得出，当或时，；当时，．

因为，所以的根为1，，且，

，，，

所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，

因为，

同理可得，所以此时在内存在2个零点．

综上所述，，

故选：D．

第II卷  非选择题（90分）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知样本5，6，7，a，b平均数为7，方差为2，则_________．

【答案】72

【解析】

【分析】

根据平均数以及方差的计算公式列方程，解方程即可求解.

【详解】因为样本5，6，7，a，b的平均数为7，

所以，，

由方差定义可得，

即，

即，

将代入，得．

故答案：72

14. 曲线在点处的切线方程为______.

【答案】

【解析】

【分析】求导，求出，用直线方程的点斜式求出切线方程，即可求解.

【详解】求导，将代入得斜率为2，

直线为.

故答案为：

【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.

15. 已知+2xn的展开式中前三项的二项式系数的和等于37，则展开式中二项式系数最大的项的系数为____.

【答案】

【解析】

【分析】由=37，化简求得的值，再根据二项展开式的通项公式，可得展开式中二项式系数最大的项的系数.

【详解】解：由=37，得1+n+n(n-1)=37，

解得n=8(负值舍去)，

则第5项的二项式系数最大，

T5=×(2x)4=x4，该项的系数为.

故答案为：.

16. 已知函数是在R上连续的奇函数，其导函数为．当x＞0时，，且，则函数的零点个数为______．

【答案】1

【解析】

【分析】函数的零点就是方程的根, 设，对求导，结合题意知为上的增函数，由，即可得出答案.

【详解】，

则函数的零点就是方程的根．

设，

由题意得，

因为的定义域为R，所以为R上连续的奇函数．

易得，

由题知，当x＞0时，，则，

即函数为上的增函数，

又因为为R上连续的奇函数，所以为R上的增函数．

由，得，则方程只有一个根，

故函数只有1个零点．

故答案为：1.

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分

17. 已知函数

（1）求函数的单调区间；

（2）若函数的图像在点处的切线斜率为，设，若函数在区间内单调递增，求实数的取值范围.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导，分类讨论，和三种情况讨论单调性即可；

（2）根据导数的几何意义求出，然后根据在单调递增，得到在上恒成立，然后求最值即可.

【小问1详解】

当时，的单调增区间为，减区间为；

当时，的单调增区间为，减区间为；

当时，不是单调函数.

【小问2详解】

∵，∴，解得，

∴

又

要在区间上单调递增，只需在上恒成立，

即在上恒成立，即，又在上

∴.

18. 在测试中，客观题难度的计算公式为，其中为第题的难度，为答对该题的人数，为参加测试的总人数现对某校高三年级240名学生进行一次测试，共5道客观题测试前根据对学生的了解，预估了每道题的难度，如表所示：

测试后，随机抽取了20名学生的答题数据进行统计，结果如下：

（1）根据题中数据，估计这240名学生中第5题的实测答对人数；

（2）从抽样的20名学生中随机抽取2名学生，记这2名学生中第5题答对的人数为，求的分布列和数学期望；

（3）试题的预估难度和实测难度之间会有偏差设为第题的实测难度，请用和设计一个统计量，并制定一个标准来判断本次测试对难度的预估是否合理．

【答案】（1）48    （2）   

（3）合理

【解析】

【分析】（1）因为20人中答对第5题的人数为4人，因此第5题的实测难度为，于是可求出240人中实测答对第5题的人数．

（2）的可能取值是0,1,2，根据超几何分布即可求出概率和分布列，进而求出期望；

（3）将抽样的20名学生中第题的实测难度，作为240名学生第题的实测难度．定义统计量，其中为第题的预估难度. 并规定：若，则称本次测试的难度预估合理，否则为不合理．计算值即可判断.

【小问1详解】

因为20人中答对第5题的人数为4人，因此第5题的实测难度为，

所以估计240人中有人实测答对第5题．

【小问2详解】

的可能取值是0,1,2，

；；．

的分布列为：

．

【小问3详解】

将抽样的20名学生中第题的实测难度，作为240名学生第题的实测难度．　

定义统计量，

其中为第题的预估难度.

并规定：若，则称本次测试的难度预估合理，否则为不合理．　

.

因为，

所以该次测试的难度预估是合理的．

19. 图1是由正方形组成的一个等腰梯形，其中，将、分别沿折起使得E与F重合，如图2．

（1）设平面平面，证明：；

（2）若二面角的余弦值为，求长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1）由已知得平面，再由面面平行的性质可得答案；

（2）以O为原点，与平行的直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量由数量积公式可得，可得.

【详解】（1）因为，平面，平面，

所以平面，   

又平面，平面平面，所以.

（2）因为，，所以，

又，，平面，平面，

所以平面，

因为平面，所以平面平面，

过E作于点O，则O是的中点，

因为平面平面，平面，

所以平面，

以O为原点，与平行的直线为x轴，所在直线为y轴，所在直线为z轴，

建立空间直角坐标系，  

设，则，

，

设平面的法向量为，

则，即，取，则，

所以平面的一个法向量，

，

设平面的法向量为，

则，即，取，则，

同理可求得平面的一个法向量为，

所以，解得或，

当时，，

可判断二面角的平面角为锐角且向量夹角与二面角相等，故舍去，

所以，此时，,

所以.

【点睛】本题考查了线面平行的性质，二面角、模长的向量求法，解题的关键点是建立空间直角坐标系，考查了学生的空间想象力和计算能力.

20. 已知抛物线的焦点为为上一动点，为圆上一动点，的最小值为.

（1）求的方程；

（2）直线交于两点，交轴的正半轴于点，点与关于原点对称，且，求证为定值.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）先判断出当点，，，四点共线且点，在，中间时取得最小值，再解方程求出，即可求解；

（2）设出直线方程，联立抛物线求出，，由解出，再由即可证明．

【小问1详解】

由题得，当点，四点共线且点在中间时，取得最小值，

最小值为，又，

解得，

所以的方程为.

【小问2详解】

当直线的斜率为0时，显然不适合题意；

当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，

联立得，

则，所以，又，

所以，所以，

解得或（舍去），

即，所以，

所以，

又，

所以为定值.

【点睛】本题主要考查抛物线的几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于难题．利用韦达定理化简，准确计算是解题的关键.

21. 已知函数，且对恒成立．

（1）求值；

（2）若关于的方程有两个实根，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）由题意是极值点，由此求得并证明满足题意；

（2）方程化为，证明，即，则有，

设，由导数求得函数的单调性，函数的变化趋势后可得参数范围．

【详解】解：（1）因为，且，

故是函数的极值点，

因为，

所以，

故，

又因当时，，且，

故在上增函数，在上减函数，

故，

故；

（2）因为，则，

设，则，

故在上增函数，在上减函数，

所以，，

因为，

所以，

设，则，

因为，所以，

故函数在上减函数，在上增函数，

所以，

又当无限增大或无限接近0时，都趋近于0，

故，

所以实数的取值范围是．

【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的极值，方程的根，解题关键是在于转化，方程根的个数用分离参数法转化为确定函数的性质（单调性，极值，变化趋势等）．利用函数性质得出参数范围．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．

（选修4-4 极坐标与参数方程）

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，点为曲线上的动点，点在线段的延长线上且满足点的轨迹为.

（1）求曲线的极坐标方程；

（2）设点的极坐标为，求面积的最小值.

【答案】（1）：，：； （2）2.

【解析】

【分析】（1）消去参数，求得曲线的普通方程，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，即可求得曲线的极坐标方程，再结合题设条件，即可求得曲线的极坐标方程；

（2）由,求得，求得面积的表达式，即可求解.

【详解】（1）由曲线的参数方程为 (为参数)，

消去参数，可得普通方程为，即，

又由，代入可得曲线的极坐标方程为，

设点的极坐标为，点点的极坐标为，

则，

因为，所以，即，即，

所以曲线的极坐标方程为.

（2）由题意，可得,

则，

即，

当，可得的最小值为2.

【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标方程的应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.

（选修4-5 不等式选讲）

23. 已知函数．

（1）求解不等式

（2）若关于的不等式的解集不是空集，求实数的取值范围

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先将函数写成分段函数，再分类讨论，分别计算即可；

（2）由函数解析式，画出函数图象，即可得到，由的解集不为空集，即可得到的取值范围；

【小问1详解】

解：因为，所以，

因为，所以当时，则，解得；

当时，则，解得；

当时，则，解得，综上可得原不等式的解集为；

【小问2详解】

解：因为函数图象如下所示：

由函数图象可得，若解集不为空集，只需满足即可，故的取值范围为.