2022-2023学年福建省泉州科技中学高二下学期期末考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省泉州科技中学高二下学期期末考试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设，则（ ）
A．-1B．0 ·C．1D．2
【答案】C
【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出．
【详解】因为，
所以，解得：．
故选：C.
2．已知向量，，．若，则（ ）
A．B．0C．D．8
【答案】A
【分析】先求出的坐标，再由列方程可求出的值.
【详解】因为向量，，
所以，
因为，，
所以，得，
故选：A
3．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】先分别求得集合与集合,再根据交集运算即可求解.
【详解】集合
即
由交集运算可得
故选:A
【点睛】本题考查了一元二次不等式与指数不等式的解法,交集的运算,属于基础题.
4．若函数在区间上单调递减，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求导数，根据在上单调递减，可得到在上恒成立，所以需，函数在上是减函数，所以，这样就可以求出结果.
【详解】，
在上单调递减，
在上恒成立，
所以在上恒成立，
当时，恒成立，满足题意；
当时，显然，需，
所以函数在上是减函数，
，，则m<0；
综上所述，的取值范围为.
故选：B
5．已知椭圆长轴、短轴的一个端点分别为A，B，F为椭圆的一个焦点，若为直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据椭圆的几何性质表示的各边长，并结合勾股定理求解结果.
【详解】如图，
，
由已知得，且，，
得，解得.

故选：C.
6．已知()，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题首先可根据得出，然后两边同时平方，得出，再然后根据得出，最后通过诱导公式以及二倍角公式即可得出结果.
【详解】因为，所以，
两边同时平方，得，，
因为，所以，，
则，
，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角恒等变换的求值问题，考查的公式有两角差的正弦公式、同角三角函数关系、诱导公式以及二倍角公式，考查计算能力，考查化归与转化思想，是中档题.
7．用一根长为36cm的铁丝围成正三角形框架，其顶点为A，B，C，将半径为4cm的球放置在这个框架上（如图）.若M是球上任意一点，则四面体MABC体积的最大值为（ ）
A．72B．216
C．24D．6
【答案】A
【分析】设球的球心为，半径为，△内切圆圆心为，由等边三角形的性质，可求出△的内切圆半径，且，可得四面体的高，则四面体体积的最大值.
【详解】设球的球心为，半径为，△内切圆圆心为，
由题意知△三边长均为，
则△内切圆半径，则，
所以四面体的高.
因为，
所以四面体体积的最大值.
故选：A.
【点睛】本题考查了三棱锥体积的求解，本题的难点是求出球心到三角形所在平面的距离，属于中档题.
8．已知，则的大小为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，利用导数可得在上单调递增，在上单调递减，从而可得最大，再根据对数的运算性质比较的大小即可.
【详解】解：因为，，
设，
则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，，
又因为，
所以.
故选：D.
【点睛】方法点睛：对于较复杂的对数、指数式的大小比较，通常构造函数，利用所构造函数的单调性即可解答问题.
二、多选题
9．将函数的图像的横坐标伸长为原来的2倍后，再向左平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A．的周期为B．
C．D．在上单调递减
【答案】BC
【分析】利用函数的图像变换规律得到的解析式，再根据正弦函数的性质得出结论.
【详解】由题意得，，则，故A错误；
，故B正确；
∵，∴是图像的一条对称轴，,故C正确；
∵，∴，∴在上单调递增，故D错误.
故选：BC.
10．已知直线：，：，圆C：，下列说法正确的是（ ）
A．若经过圆心C，则
B．直线与圆C相离
C．若，且它们之间的距离为，则
D．若，与圆C相交于M，N，则
【答案】AC
【分析】将圆心代入直线的方程，求得k，判断A；求得直线过圆内一定点，判断B；利用平行线间的距离公式可判断C；根据圆的几何性质可求得，判断D.
【详解】对于A，因为圆心在直线上，所以，解得，A正确；
对于B，因为直线恒过点，且，
即点在圆C内，所以与圆C相交，B错误；
对于C，因为，则，
故与之间的距离，所以，C正确；
对于D，时，直线：，即，
因为圆心到直线的距离，
所以，D错误，
故选：AC.
11．已知，则满足（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据指对互化可得，，结合对数运算法则和基本不等式依次判断各个选项即可.
【详解】由得：，，
对于A，，，即，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够将各选项中的式子转化为同底的对数运算的形式，结合基本不等式可确定取值范围.
12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，若用棱长为4的正四面体作勒洛四面体，如图，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截勒洛四面体所得截面的面积为
B．记勒洛四面体上以C，D为球心的两球球面交线为弧，则其长度为
C．该勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为4
D．该勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
【答案】AD
【分析】对于A，平面截勒洛四面体所得截面面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；对于B，求出弧所对的中心角，根据弧长公式求得结果进行判断；对于C，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线，计算即可判断；对于D，设点为该球与勒洛四面体的一个切点，先求出正四面的外接球半径，则内切球半径为.
【详解】对于A，平面截勒洛四面体所得截面如图甲，它的面积为三个半径为4，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为4的正三角形的面积；
即，故A正确；
对于B，如图乙，取中点，在中，，，记该勒洛四面体上以，为球心的两球交线为弧，则该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧，
设圆心角为，则，可知，
所以弧长不等于，故B错误；
对于C，如图丙，设弧的中点是，线段的中点是，设弧的中点是，线段的中点是，则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，则，，，，即勒洛四面体表面上任意两点间距离可能大于4，最大值为，故C错误；
对于D，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图乙，其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，由对称性可知为该球的球心，内半径为，连接，易知三点共线，设正四面体的外接球半径为，
如图丁，则由题意得：正四面体的高，，，
则，解得：，所以，，内半径，故D正确.
故选：AD.
【点睛】几何体的内切球半径求法点睛：
1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，则；
2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.
三、填空题
13．在的展开式中，的系数为
【答案】0
【分析】将多项式展开，结合二项式展开式的通项即可求解.
【详解】因为，展开式的通项为，
则展开式中的系数为，
展开式中的系数即为展开式中的系数，
所以，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：0.
14．2022北京冬奥会开幕式在北京鸟巢举行，小明一家五口人观看开幕式表演，他们一家有一排10个座位可供选择，按防疫规定，每两人之间必须至少有一个空位.现要求爷爷与奶奶之间有且只有一个空位，小明只能在爸爸妈妈中间且与他俩各间隔一个空位，则不同的就座方案有 种.
【答案】24
【分析】根据题意，利用分步加法计数原理，分为：爷爷或奶奶排首位或排末位和爷爷或奶奶排第二位或排倒数第二位两种情况，然后计算即可求解.
【详解】根据题意，进行以下分类：
爷爷或奶奶，排首位或排末位，这时候爸爸或妈妈只能排第五个或第六个位置，此时，就座方案为：种；
爷爷或奶奶，排第二位或排倒数第二位，这时候爸爸或妈妈只能排第六个位置，此时，就座方案为：；种；
故不同的就座方案共有24种.
故答案为：24.
15．如图所示，已知三棱台的体积为，其中，截去三棱锥，则剩余部分的体积为 .
【答案】
【分析】设三棱台的上底面面积为，由已知可得下底面面积为，再设棱台的高为，分别求出棱台体积与棱锥的体积，作差即可求得剩余部分的体积．
【详解】设三棱台的上底面面积为，
，下底面面积为，设棱台的高为，
则，
，
则剩余部分的体积为，
由，得，即剩余部分的体积为．
故答案为：
【点睛】本题主要考查棱台和棱锥的体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
16．已知分别为双曲线的两个焦点，上的点到原点的距离为，且，则双曲线的渐近线方程为 ．
【答案】
【分析】作出图像结合图像分析，由及正弦定理，双曲线定义可得，根据图形得，将余弦值表示出来化简即可得出得，进而得双曲线的渐近线方程.
【详解】解：由及正弦定理可得
根据双曲线定义可得
又，所以
在中由余弦定理可得
化简得，所以，所以双曲线的渐近线方程为
故答案为：
【点睛】求解双曲线离心率、渐近线、标准方程问题策略：
（1）求双曲线的离心率时，将提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量的方程或不等式，利用和转化为关于的方程(或不等式)，通过解方程(或不等式)求得离心率的值(或范围)；
（2）求渐近线时，利用转化为关于的方程．双曲线渐近线的斜率与离心率的关系：；
（3）求双曲线的方程时，将已知条件中的双曲线的几何性质和几何关系转化为关于的关系式，结合，列出未知参数的方程，解方程后即可求出双曲线方程.
四、解答题
17．在中，内角，，的对边分别是，，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，为线段的中点，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，即可求出角.
（2）利用中线的向量公式和余弦定理得出，的等量关系，解方程组得的值，即可求出的面积.
【详解】（1）由题意，
在中，
由正弦定理得，，
∵，
∴代入上式可得，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
（2）由题意及（1）得，
在中，为线段的中点，，，

，，
即，
整理得，.
由余弦定理得，，即，
联立，解得：，
∴，
18．数列的前n项和，数列为等差数列，且
(1)求数列的通项公式．
(2)求证数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用进行化简即可得到结果.（2）利用裂项相消求和后即可得到证明.
【详解】（1）当时，
当时，

∵
∴数列的通项公式为
（2）∵为等差数列，公差为，
，则，
∴，
设
∴的前n项和为

∵，∴
∴
19．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，且，平面．
（1）求与平面所成角的正弦值；
（2）棱上是否存在一点满足?若存在，求的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）（2）不存在
【详解】试题分析：（1）建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积的坐标形式进行求解；（2）依据题设条件，运用向量的坐标形式建立方程，
即判定方程是否有解：
解：（1）依题意，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，从而.
设平面的法向量为,则，且，
即，且，不妨取，则，
所以平面的一个法向量,
此时，所以与平面所成角的正弦值为；
（2）设，则
则，
由得，
化简得，，该方程无解，
所以，棱上不存在一点满足.
20．某小区为了加强对“新型冠状病毒”的防控，确保居民在小区封闭期间生活不受影响，小区超市采取有力措施保障居民正常生活物资供应.为做好甲类生活物资的供应，超市对社区居民户每天对甲类生活物资的购买量进行了调查，得到了以下频率分布直方图.
（1）从小区超市某天购买甲类生活物资的居民户中任意选取5户.
①若将频率视为概率，求至少有两户购买量在（单位：）的概率是多少？
②若抽取的5户中购买量在（单位：）的户数为2户，从5户中选出3户进行生活情况调查，记3户中需求量在（单位：）的户数为，求的分布列和期望；
（2）将某户某天购买甲类生活物资的量与平均购买量比较，当超出平均购买量不少于时，则称该居民户称为“迫切需求户”，若从小区随机抽取10户，且抽到k户为“迫切需求户”的可能性最大，试求k的值.
【答案】（1）①；②详见解析；（2）.
【解析】（1）事件“从小区超市购买甲类物资的居民户中任意选取1户，购买量在，”发生的概率为．
①记事件“从小区超市购买甲类物资的居民户中任意选取5户，则至少有两户购买量在，”为，利用独立重复实验的概率求解即可．
②随机变量所有可能的取值为0，1，2．求出概率得到分布列，然后求解期望．
（2）每天对甲类物资的购买量平均值，求出从小区随机抽取中随机抽取一户为“迫切需求户”的概率为，判断，通过若户的可能性最大，列出不等式组，求解即可．
【详解】（1）由题意，事件“从小区超市购买甲类生活物资的居民户中任意选取1户，购买量在”发生的概率为.
①记事件“从小区超市购买甲类生活物资的居民户中任意选取5户，则至少有两户购买量在”为A，则.
②随机变量所有可能的取值为0，1，2.则
，，，
所以
（2）每天对甲类生活物资的需求平均值为
（）
则购买甲类生活物资为“迫切需求户”的购买量为，从小区随机抽取中随机抽取一户为“迫切需求户”的概率为，
若从小区随机抽取10户，且抽到X户为“迫切需求户”，，
若k户的可能性最大，则，
，得，
解得，由于，故.
【点睛】本题考查统计与概率的基础知识和基本思想方法、二项分布的知识和应用、样本估计总体的思想与方法、随机事件概率的计算以及随机变量期望的概率的计算与应用，考查学生应用所学的统计与概率知识分析问题、解决问题的能力.
21．已知函数（）在处的切线与直线平行.
(1)求的值并讨论函数在上的单调性；
(2)若函数（为常数）有两个零点（）
①求实数的取值范围；
②求证：.
【答案】(1)，函数在上单调递减；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）根据函数的单调性求出函数的最小值，求出的范围，构造函数，，则，根据函数的单调性证明即可．
【详解】（1）解：，直线的斜率为
，
，
令，则，且
故令，得或（舍）
令得，令得，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以时，，
即时，，
所以函数在上单调递减．
（2）解：由条件可知，，
①
令得，令得，
在上单调递减，在上单调递增，
要使函数有两个零点，则，．
又，，由零点存在性定理知，在，各有1个零点.
②证明：由上可知，，，
构造函数，
则，所以在上单调递增，
所以，即
又在上单调递减，
所以，即．
22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，左顶点为，点是椭圆上一点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线过椭圆右焦点且与椭圆交于、两点，直线、与直线分别交于，．
①求证：，两点的纵坐标之积为定值；
②求面积的最小值．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②．
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得椭圆的方程；
（2）①设直线的方程为，联立方程组，得到，进而求得直线的方程得到，，化简，即可求解.
②由三角形的面积公式，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由题意，椭圆过点，且离心率为，
可得，解得，所以椭圆的方程为．
（2）①设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，可得，，
直线的方程为，
令，可得，同理可得，
所以
．
②由，
当且仅当，或，时等号成立，
所以面积的最小值为．
【点睛】求解圆锥曲线的最值问题的解答策略：
1、若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；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.
0
1
2