精品解析：陕西省西安市周至县第四中学2022-2023学年高二下学期期末理科数学试题（解析版）

这是一份精品解析：陕西省西安市周至县第四中学2022-2023学年高二下学期期末理科数学试题（解析版），共23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。

1. 已知集合，，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式可求出，再根据交集定义求解.
【详解】由解得，所以，
所以，
故选:A.
2. 若，则
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数运算法则求解即可.
【详解】．故选D．
【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题．
3. 已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且，则
A. 16B. 8C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
利用方程思想列出关于的方程组，求出，再利用通项公式即可求得的值．
【详解】设正数的等比数列{an}的公比为，则，
解得，，故选C．
【点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键．
4. （1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为
A. 12B. 16C. 20D. 24
【答案】A
【解析】
【分析】本题利用二项展开式通项公式求展开式指定项的系数．
【详解】由题意得x3的系数为，故选A．
【点睛】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．
5. 已知曲线在点处的切线方程为，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．
【详解】详解：
，
将代入得，故选D．
【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．
6. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．
【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．
【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用配角得，再利用两角差的余弦公式，即可得答案；
【详解】，
，
，
，
，
故选：C.
【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系、两角差的余弦公式，考查运算求解能力，求解时注意角的配凑.
8. 如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则
A. ，且直线是相交直线
B. ，且直线是相交直线
C. ，且直线是异面直线
D. ，且直线是异面直线
【答案】B
【解析】
【分析】
利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
【详解】如图所示， 作于，连接，过作于．
连，平面平面．
平面，平面，平面，
与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，
．，故选B．
【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．
9. 已知奇函数在上是增函数，若，，，则的大小关系为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意：，
且：，
据此：，
结合函数的单调性有：，
即.
本题选择C选项.
【考点】 指数、对数、函数的单调性
【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.
10. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，，若三棱锥体积的最大值为2，则球的表面积为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：根据棱锥的最大高度和勾股定理计算球的半径，从而得出外接球的表面积．
详解：因为，所以，
过的中点作平面的垂下，则球心在上，
设，球的半径为，则棱锥的高的最大值为，
因为，所以，
由勾股定理得，解得，
所以球的表面积为，故选D．
点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）利用球的截面的性质，根据勾股定理列出方程求解球的半径．
11. 已知，是椭圆的左，右焦点，是的左顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的离心率为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】分析：先根据条件得PF2=2c,再利用正弦定理得a,c关系，即得离心率.
详解：因为为等腰三角形，，所以PF2=F1F2=2c,
由斜率为得，，
由正弦定理得,
所以，故选D.
点睛：解决椭圆和双曲线离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于的方程或不等式，再根据的关系消掉得到的关系式，而建立关于的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
12. 已知函数，其中表示不超过实数的最大整数，关于有下述四个结论：
①的一个周期是； ②是非奇非偶函数；
③在单调递减； ④的最大值大于．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A. ①②④B. ②④C. ①③D. ①②
【答案】A
【解析】
【分析】
根据函数周期的定义判断①正确，利用特值判断函数是非奇非偶函数，得到②正确，根据取整函数的定义，可以判断在上函数值是确定的一个值，得到③错误，利用得到④正确，从而得到结果.
【详解】因为，
所以的一个周期是，①正确；
又，④正确；
又，
，
所以，，所以是非奇非偶函数，所以②正确；
当时，，，所以，所以，所以③错误；
综上所以正确的结论的序号是①②④，
故选：A．
【点睛】该题考查三角函数相关性质的辨析，涉及到的知识点有取整函数，奇偶性、单调性、周期性的综合应用，属于较难题目.
二、填空题：共4小题，每题5分，共20分.
13. 一批产品的二等品率为，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取次，表示抽到的二等品件数，则____________．
【答案】1.96
【解析】
【分析】根据二项分布，由公式得到结果.
【详解】由于是有放回的抽样，所以是二项分布，,填1.96
【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，考查二项分布的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
14. 若，满足约束条件，则的最大值为_____________．
【答案】6
【解析】
【分析】首先根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，再将目标函数化成斜截式，之后在图中画出直线，在上下移动的过程中，结合的几何意义，可以发现直线过B点时取得最大值，联立方程组，求得点B的坐标代入目标函数解析式，求得最大值.
【详解】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：
由，可得，
画出直线，将其上下移动，
结合的几何意义，可知当直线在y轴截距最大时，z取得最大值，
由，解得，
此时，故答案为6.
点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.
15. 已知数列的前n项和Sn＝2an－1(n∈N*)，设bn＝1＋lg2an，则数列的前n项和Tn＝________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据和项与通项关系得an，再根据裂项相消法得Tn.
【详解】因为Sn＝2an－1(n∈N*)，
所以当n＝1时，a1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，得an＝2an－1，
所以an＝2n－1，从而bn＝1＋lg2an＝n.
故Tn＝＝＝.
故答案为：
【点睛】本题考查利用和项与通项关系求数列通项、利用裂项相消法求和，考查基本分析求解能力，属基础题.
16. 已知函数，则的最小值是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】方法一：由，确定出函数的单调区间，减区间，从而确定出函数的最小值点，代入求得函数的最小值.
【详解】［方法一］： 【通性通法】导数法
．
令，得，即在区间内单调递增；
令，得，即在区间内单调递减．
则．
故答案为：.
［方法二］： 三元基本不等式的应用
因为，
所以
．
当且仅当，即时，取等号．
根据可知，是奇函数，于是，此时．
故答案为：.
［方法三］： 升幂公式＋多元基本不等式
，
，
当且仅当，即时，．
根据可知，是奇函数，于是．
故答案为：.
［方法四］： 化同角＋多元基本不等式+放缩
，当且仅当时等号成立．
故答案为：.
［方法五］：万能公式＋换元+导数求最值
设，则可化为，
当时，；当时，，对分母求导后易知，
当时，有最小值．
故答案为：.
［方法六］： 配方法
，
当且仅当即时，取最小值．
故答案为：.
［方法七］：【最优解】周期性应用＋导数法
因为，所以，
即函数的一个周期为，因此时，的最小值即为函数的最小值．
当时，，
当时， 因为
，令，解得或，由，，，所以的最小值为．
故答案为：.
【整体点评】方法一：直接利用导数判断函数的单调性，得出极值点，从而求出最小值，是求最值的通性通法；
方法二：通过对函数平方，创造三元基本不等式的使用条件，从而解出；
方法三：基本原理同方法三，通过化同角利用多元基本不等式求解，难度较高；
方法四：通过化同角以及化同名函数，放缩，再结合多元基本不等式求解，难度较高；
方法五：通过万能公式化简换元，再利用导数求出最值，该法也较为常规；
方法六：通过配方，将函数转化成平方和的形式，构思巧妙；
方法七：利用函数的周期性，缩小函数的研究范围，再利用闭区间上的最值求法解出，解法常规，是该题的最优解．
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. 在中，内角，，的对边分别为，，，且.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若，，求的面积.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）由条件结合余弦定理可得，然后可得，然后得出即可；
（Ⅱ）利用正弦定理求出角，然后可得出角，然后利用算出即可.
【详解】（Ⅰ）由余弦定理得：，
又因为，
所以，所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
（Ⅱ）由正弦定理得：，
所以，
因为，所以，所以
所以.
【点睛】本题主要考查的是利用正余弦定理解三角形，考查了学生对基础知识的掌握情况，较简单.
18. 某制造企业根据长期检测结果，发现生产产品的一项质量指标值服从正态分布，并把质量指标值在内的产品称为优等品，质量指标值在内的产品称为一等品，其余范围内的产品作为废品处理.优等品与一等品统称为正品，现从该企业生产的产品中随机抽取1000件，测得产品质量指标值的样本数据统计如下图：
（1）根据频率分布直方图，求样本平均数；
（2）根据大量的产品检测数据，得出样本数据的方差的近似值为100，用样本平均数作为的近似值，用样本标准差s作为的估计值，求该厂生产的产品为正品的概率；
（3）假如企业包装时要求把3件优等品5件一等品装在同一个箱子甲，质检员每次从箱子中随机取出3件产品进行检验，记取出3件产品中优等品的件数为X，求X的分布列以及数学期望.
参考数据：若随机变量服从正态分布，则，，.
【答案】（1）70 （2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图中平均数的计算公式求解即可；
（2）由正态分布的性质结合原则求解即可；
（3）求出X的可能取值及其对应的概率，即可求出X的分布列，再由数学期望公式即可求出.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，
.
【小问2详解】
由题意可知，样本方差，故，所以质量指标值，
该厂生产的产品为正品的概率
.
【小问3详解】
X的可能取值为0，1，2，3，则
，，，.
所以X的分布列为
数学期望.
19. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，且，，，分别为，的中点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）求锐二面角的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）先过P作PO⊥AD，再通过平面几何知识计算得PO⊥BO，利用线面垂直判定定理得PO⊥平面ABCD，再根据面面垂直判定定理得结果，（2）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，列方程组解得平面ACE的一个法向量，根据向量数量积得向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】（1）过P作PO⊥AD，垂足为O，连结AO，BO，
由∠PAD=120°，得∠PAO=60°，
∴在Rt△PAO中，PO=PAsin∠PAO=2sin60°=2×=，
∵∠BAO=120°，∴∠BAO=60°，AO=AO，∴△PAO≌△BAO，∴BO=PO=，
∵E，F分别是PA，BD的中点，EF=，∴EF是△PBD的中位线，
∴PB=2EF=2×=，
∴PB2=PO2+BO2，∴PO⊥BO，∵AD∩BO=O，∴PO⊥平面ABCD，
又PO⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD．
（2）以O为原点，OB为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
A（0，1，0），P（0，0，），B（，0，0），D（0，3，0），
∴E（0，），F（，），=（0，），=（，，0），
易得平面ABCD的一个法向量=（0，0，1），
设平面ACE的法向量=（x，y，z），则，
取x=1，得=（1，-，1），
设锐二面角的平面角的大小为θ，则csθ=|cs＜＞|==，
∴锐二面角E-AC-D的余弦值为．
【点睛】本题考查线面垂直判定定理、面面垂直判定定理以及利用空间向量求二面角，考查空间想象能力以及基本论证与求解能力，属中档题.
20. 已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到轴的距离等于
（1）求抛物线方程；
（2）设点，过点作直线与抛物线交于，两点，且，若，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义求得，由此求得抛物线方程.
（2）由的坐标，结合求得的表达式，利用换元法，结合二次函数的性质，求得的最小值.
【详解】（1）由于抛物线上的点到轴的距离等于，即抛物线上的点到的距离等于，根据抛物线的定义可知，抛物线的准线为，故，所以
抛物线方程为.
（2）设，，抛物线的焦点为，设，则，由于三点共线，所以，
化简得，即，解得（舍去），或，则，所以.
依题意，，则，令，，，当时取等号.
【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.
21. 已知函数有两个零点.
（1）求的取值范围；
（2）记的极值点为，求证：.
【答案】（1）（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）求导得，分类讨论求出函数的单调性，从而可求出答案；
（2）由题意得，则，令函数，则，利用导数可求得，从而可得，可得，要证，只需，令，即证，令，求导后得函数的单调性与最值，由此可证结论．
【详解】解：（1）因为，
当时，，在单调递增，至多只有一个零点，不符合题意，舍去；
当时，若，则；若，则，
所以在单调递增，在单调递减，
所以，
因为有两个零点，所以必须，则，
所以，解得，
又因为时，； 时，，
所以当时，在和各有一个零点，符合题意，
综上，；
（2）由（1）知，且，
因为的两个零点为，所以，所以，
解得，令所以，
令函数，则，
当时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减，
所以，所以，所以，
因为，又因为，所以，
所以，即，
要证，只需，
即证，即证，即证，
令，再令，即证，
令，则，
所以在单调递增，所以，
所以，原题得证．
【点睛】本题主要考查根据导数研究函数的单调性与最值，考查推理能力与运算能力，属于难题．
（二）选考题，考生从22,23题任选一道作答，共10分.
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为为参数，以坐标原点O为极点，以x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为．
求直线l的普通方程及曲线C的直角坐标方程；
若直线l与曲线C交于A，B两点，求线段AB的中点P到坐标原点O的距离．
【答案】（1），（2）
【解析】
【分析】（I）将代入，即可得到直线的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可得到曲线C的直角坐标方程；
（II）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用韦达定理和参数的几何意义，即可求解点到原点的距离.
【详解】解：（I）将代入，整理得，
所以直线的普通方程为.
由得，
将，代入，
得，
即曲线的直角坐标方程为.
（II）设，的参数分别为，.
将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程得，
化简得，
由韦达定理得，
于是.
设，则
则
所以点到原点的距离为.
【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数的几何意义的应用，其中熟记互化公式，合理利用直线的参数方程中参数的几何意义是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
[选修4—5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（I）当，不等式为，分类讨论，即可求解不等式的解集.
（II）由题意的解集包含，转化为当时，恒成立，即，再利用绝对值的定义，即可求解.
【详解】解：（I）当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得.
所以解集是.
（II）∵的解集包含，
∴当时，恒成立
原式可变为，即，
∴即在上恒成立，
显然当时，取得最小值10，
即的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了绝对值不等式问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．同时注意绝对值不等式有时与函数以及不等式恒成立等知识点相互交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．X
0
1
2
3
P