贵州省黔南州2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份贵州省黔南州2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共18页。
黔南州2022—2023学年度第二学期期末质量监测高二  数学注意事项：1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．2．答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上．3．选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写．在试卷、草稿纸上答题无效．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，则（    ）A.  B.  C. 0 D. 1【答案】A【解析】【分析】根据复数除法、减法运算法则和共轭复数的概念求解即可.【详解】由题意知，，所以，所以.故选：A2. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据不等式知识化简集合，再结合交集知识求解答案.【详解】由题意得，，又因为，所以.故选：A3. 抛物线上的一点到焦点的距离为4，则点的纵坐标为（    ）A 4 B. 2 C.  D. 0【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的焦半径公式可求出结果.【详解】抛物线的准线方程为，设，依题意得，即，所以，.所以点的纵坐标为.故选：C4. “天干地支纪年法”源于中国，中国自古便有十天干和十二地支，十天干为甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支为子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．“天干地支纪年法”是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，……，以此类推，一直排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支又回到“子”重新开始，即“丙子”，……，以此类推，2023年是“癸卯”年，正值黔南布依族苗族自治州建州67周年，那么据此推算，黔南州的建州年份是（    ）A. 丙申年 B. 癸亥年 C. 庚丑年 D. 庚辰年【答案】A【解析】【分析】利用天干和地支的周期性可求出结果.【详解】由题意可知，天干以为周期，地支以为周期，由于，余数为，又2023年是“癸卯”年，故黔南州的建州年份的天干为“丙”，由于，余数为，又2023年是“癸卯”年，故黔南州的建州年份的地支为“申”，所以黔南州的建州年份是“丙申年”.故选：A5. 已知向量，，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量坐标运算公式直接计算求解即可.【详解】因为，，所以，，因为，所以，即，所以.故选：B6. 已知等比数列的前n项和为．若，则（    ）A. 13 B. 16 C. 9 D. 12【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的性质，可得仍成等比数列，得到，即可求解.【详解】设，则，因为为等比数列，根据等比数列的性质，可得仍成等比数列.因为，所以，所以，故.故选：A7. 已知，且，则（    ）A.  B.  C. 7 D. 【答案】C【解析】【分析】根据同角公式和两角差的正切公式可求出结果.【详解】因为，所以，又因为，所以，，所以，解得.故选：C.8. 已知函数在区间上单调递增．则的最大值为（    ）A.  B. e C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．【详解】因为，所以，依题意在上恒成立，所以，设，所以，所以在上单调递增，所以，故，即的最小值为．故选：B．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图．则以下说法正确的是（    ）  A. 周岁人群的参保人数最多 B. 周岁人群参保的总费用最少C. 丁险种更受参保人青睐 D. 30周岁及以上的参保人数占总参保人数的【答案】ACD【解析】【分析】根据统计图逐个分析判断即可.【详解】由参保人数比例图可知，周岁人群的参保人数最多，故A正确；30周岁及以上的人群约占参保人群的，故D正确；由参保险种比例图可知，丁险种更受参保人青睐，故C正确；由不同年龄段人均参保费用图可知，周岁人群人均参保费用最少，约为元，但这类人所占比例为，设参保总人数为a，则周岁人群参保总费用约为（元），而54周岁及以上参保人群参保总费用约为（元），，故B错误．故选：ACD10. 已知P是椭圆上的动点，Q是圆上的动点，则（    ）A. 椭圆C的焦距为 B. 椭圆C的离心率为C. 圆D在椭圆C的内部 D. 的最小值为【答案】BC【解析】【分析】A和B：利用椭圆的方程求解判断；C：由椭圆方程和圆的方程联立，利用判别式法判断；D：利用圆心到点的距离判断.【详解】因为椭圆方程为：，所以，焦距为，故A错误，B正确；由，得，因为，所以椭圆与圆无公共点，又圆心在椭圆内部，所以圆在椭圆内部，故C正确；设，则，当时，取得最小值，则的最小值为，故D错误，故选：BC11. 在正方体中，为的中点，在棱上，下列判断正确的是（    ）A. 若平面，则为的中点B. 平面平面C. 异面直线与所成角的余弦值为D. 若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的边长为，进而根据坐标法依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：根据题意，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的边长为，所以，，，，，， 对于A选项，所以， 设是平面的法向量，则，即，故令，则，所以，解得，此时为的中点，故A选项正确；对于B选项，设是平面的法向量，由于，，则，即，令得，由于所以，所以平面平面，故B选项正确；对于C选项，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，故C选项错误；对于D选项，若，则，故D选项正确.故选：ABD12. 已知函数的定义域为，且对任意a，，都有，且当时，恒成立，则（    ）A. 函数是上的增函数 B. 函数是奇函数C. 若，则的解集为 D. 函数为偶函数【答案】ABC【解析】【分析】利用单调性定义结合可判断A；利用特殊值求出，从而证明可判断B；根据条件并利用单调性解不等式可判断C；利用奇偶性的定义可判断D.详解】设，且，，则，而，又当时，恒成立，即，，函数是R上的增函数，A正确；由，令可得，解得，令可得，即，而，，而函数的定义域为R，故函数是奇函数，B正确；令可得，解得，所以因为函数是上的增函数，由，可得，所以，C正确；令，易知定义域为R，因为，显然不恒成立，所以不是偶函数，D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题考查抽象函数的综合应用.关键点在于赋值法的运用，通过对题意得理解，巧妙的赋予特殊值，进而求解选项答案.本题考查转化与化归能力，重在数据的分析与推理，属于中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 若函数是奇函数，则a的值为________．【答案】【解析】【分析】根据奇函数的性质和对数运算法则直接计算即可.【详解】因为函数是奇函数，所以，即，所以，即，所以，即a的值为.故答案为：14. 若直线与圆相交于两点，则弦的长为________．【答案】【解析】【分析】先求出圆心到直线的距离，再根据勾股定理可求出弦长.【详解】由可得圆心为，半径为，圆心到直线的距离，所以.故答案为：.15. 如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为2，高为4，内装水若干，将容器放倒．把一个侧面作为底面，如图2，这时水面恰好是中截面．则图1中容器水面的高度是________．  【答案】【解析】【分析】根据水的体积与棱柱体积的关系得出结论．【详解】棱柱的体积公式是，其中是底面积，是高．在图2中，水面是中截面，水面以上部分是一个三棱柱，所以这个三棱柱的底面积是原来三棱柱底面的，从而这个小三棱柱的体积是大棱柱体积的（高一样），所以水的体积是大三棱柱体积的，那么图1中水面的高度是棱柱高的，即为．故答案为：．16. 已知函数的图象在区间上恰有3个最高点．则的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】根据正弦函数的最大值求解可得结果.【详解】令，，得，，因为函数的图象在区间上恰有3个最高点．所以，解得.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17. 某中学为了丰富学生的业余生活，开展了一系列文体活动，其中一项是同学们最感兴趣的3对3篮球对抗赛，现有甲、乙两队进行比赛．甲队每场获胜的概率为，无平局．每场比赛互不影响，（1）若采用三局两胜制进行比赛，求甲队获胜的概率（2）若采用五局三胜制进行比赛，求乙队在第四场比赛后即获得胜利的概率【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）（2）都是根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可求出结果；【小问1详解】记“甲第场比赛获胜”， 则相互独立，,,若采用三局两胜制进行比赛，则甲队获胜的概率为.【小问2详解】若采用五局三胜制进行比赛，则乙队在第四场比赛后即获得胜利的概率为.18. 记数列的前n项和为，对任意，有．（1）证明：为等差数列；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据，令得到，令最终得到，结合等差数列定义即可证明；（2）根据等差数列定义得到，结合裂项相消法求和即可.【小问1详解】因为，所以当时，，所以，当时，，两式相减得，即，即，因为，所以为常数，所以是首项为2，公差为2的等差数列【小问2详解】由（1）知，，所以，所以数列的前n项和为.19. 记的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若，求的面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理可得结果；（2）根据余弦定理和三角形面积公式可得结果.【小问1详解】因为，所以，所以.【小问2详解】由以及，得，因为，所以，所以.20. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为2的正方形，．再从条件①：；条件②：；条件③：平面平面中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．  （1）证明：平面；（2）在第（1）问基础上，求直线BC与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据所选的条件，应用勾股定理易得，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.（2）构建为原点建立空间直角坐标系，由已知确定相关点坐标，再求直线的方向向量、面的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】若选①②：由，，，可得，则，又因为，，面，所以面；若选①③：由，，，可得，则，又因面面，面面，面，所以平面若选②③：要证面，需证垂直于面中两条相交直线，或由面面垂直的性质证线面垂直，结合条件，面面，，在面内，且不为两个垂直平面的交线，根据题设，无法确定与或等线段是否垂直，故无法证明结论，故不选②③【小问2详解】若选①②：由（1）知，，因为四边形是正方形，所以，如图，以为原点建立空间直角坐标系，  则，，，，，所以，，，设面的一个法向量为，则，即令，则，，即，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.若选①③：由（1）知，平面，因为平面，所以因为四边形是正方形，所以，如图，以原点建立空间直角坐标系，  则，，，，，所以，，，设面的一个法向量为，则，即令，则，，即，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.21. 已知函数，（1）当时，求的最值；（2）讨论的单调性．【答案】（1），无最大值.    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出单调区间，从而求出函数的最值；（2）求出导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可得解.【小问1详解】当时定义域为，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值即最小值，即，无最大值.【小问2详解】定义域为，且，当时恒成立，所以在上单调递减，当时，令解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，综上可得：当时在上单调递减；当时在上单调递减，在上单调递增.22. 已知直线与抛物线交于两点，且．（1）求的值；（2）设为抛物线的焦点，为抛物线上两点，，求面积的最小值．【答案】（1）2    （2）【解析】【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．【小问1详解】设，由，可得，由，则，所以，所以，化简得，所以或，因为，所以．【小问2详解】因为，显然直线的斜率存在，设直线：，，由可得，，所以，，因为，所以，即，亦即，将代入得，，，所以，且，解得或．设点到直线的距离为，所以，因为，所以，所以的面积，而或，所以，当时，的面积