2022-2023学年河南省焦作市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年河南省焦作市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先解一元二次不等式，然后由集合的交集运算求解即可.

【详解】因为集合，

所以解不等式可得：，

所以，

所以.

故选：A.

2．若复数，则（    ）

A．0 B．1 C． D．2

【答案】B

【分析】利用复数的除法法则先化简，再根据求模公式求.

【详解】，

.

故选：B.

3．已知向量，，若，则实数（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知条件得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于实数的等式，解之即可.

【详解】因为向量，，且，

所以，，解得.

故选：D.

4．已知等比数列中，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，进而可得出的值.

【详解】设等比数列的公比为，则，解得，

因此，.

故选：C.

5．已知抛物线C：的焦点为F，A是C上一点，O为坐标原点，若，则的面积为（    ）

A． B．3 C． D．6

【答案】A

【分析】利用题目所给的条件，计算出A点的坐标可得答案.

【详解】依题意作下图：

设，，所以，

可得，由，解得，所以，

所以.

故选：A.

6．已知角满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先由两角差的正切公式求出，再根据两角和的正弦公式，二倍角公式及同角三角函数的关系，化简后代入求值即可．

【详解】由，得，

则

，

故选：C．

7．已知函数的图象的一个对称中心的横坐标在区间内，且两个相邻对称中心之间的距离大于，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用辅助角化简函数解析式为，分析可知，函数的最小正周期满足，求出的取值范围，求出函数图象对称中心的横坐标，可得出所满足的不等式，即可得出的取值范围.

【详解】因为，

因为函数的图象的两个相邻对称中心之间的距离大于，

所以，函数的最小正周期满足，即，则，

由可得，

因为函数的图象的一个对称中心的横坐标在区间内，

则，可得，

又因为且存在，则，解得，

因为，则，所以，，

故选：B.

8．已知函数存在零点a，函数存在零点b，且，则实数m的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出函数的零点，再把问题转化为方程在上有解，构造函数，利用导数法研究单调性，求出值域即可求出实数m的取值范围.

【详解】因为，所以，则函数单调递增，

又，所以函数的零点，

由，得，解得，

函数存在零点b，即方程在上有解，

令，则，

所以函数在上单调递增，

因为，当且无限趋向于时，无限趋向于负无穷，

则函数在上的值域为，

所以实数m的取值范围是.

故选：D

二、多选题

9．2014—2022年（2022年为上半年）中国国内生产总值（GDP）统计如下，且已知2022年全年中国国内生产总值（GDP）为121.01万亿元，则下列结论中正确的是（    ）

A．2022年下半年中国GDP为64.75万亿元

B．2022年中国GDP大于2014年与2015年的GDP之和

C．2014—2021年中国GDP同比增长率超过10%的有2017年、2018年、2021年

D．2014—2021年中国GDP同比增长最快的是2021年

【答案】ACD

【分析】由2022年全年中国GDP减去2022年上半年中国GDP可判断A；2014年与2015年上半年中国GDP和为大于2022年全年中国GDP，可判断B；由图可判断C，D.

【详解】对于A，因为2022年全年中国国内生产总值（GDP）为121.01万亿元，

2022年上半年中国GDP为万亿元，所以2022年下半年中国GDP为万亿元，故A正确；

对于B，因为2014年与2015年中国GDP和为，

故2022年中国GDP小于2014年与2015年的GDP之和，故B错误；

对于C，由图可知，2014—2021年中国GDP同比增长率超过10%的有2017年、2018年、2021年，故C正确；

对于D，由图可知，2014—2021年中国GDP同比增长最快的是2021年，故D正确.

故选：ACD.

10．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）

A．当时，是上的增函数

B．当时，直线与的图象没有公共点

C．当时，的单调递减区间为

D．当有一个极值点为时，的极大值为

【答案】ABC

【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断AC选项；计算得出，可判断B选项；利用函数的极值、极值点与导数的关系可判断D选项.

【详解】对于A选项，因为，则，

当时，对任意的恒成立，

即对任意的恒成立，且不恒为零，

所以，当时，是上的增函数，A对；

对于B选项，当时，，

因此，当时，直线与的图象没有公共点，B对；

对于C选项，当时，对于方程，，

由，可得，解得，

因此，当时，的单调递减区间为，C对；

对于D选项，当有一个极值点为时，，解得，

则，，令，可得或，列表如下：

所以，函数的极大值为，D错.

故选：ABC.

11．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，P，Q为C上的动点，的最大值为6，则下列结论中正确的是（    ）

A．椭圆C的短轴长为

B．当P，Q分别在x轴的上方和下方时四边形的周长的取值范围是

C．存在四个不同的点P，使得

D．若为锐角三角形，则点P横坐标的取值范围是

【答案】AD

【分析】求得椭圆C的短轴长判断选项A；求得四边形的周长的取值范围判断选项B；求得使的点P的个数判断选项C；求得为锐角三角形时点P横坐标的取值范围判断选项D.

【详解】由题给条件可得，解之得，则，

则椭圆C的方程为.设椭圆C的上顶点为，

选项A：椭圆C的短轴长为.判断正确；

选项B：当P，Q分别在x轴的上方和下方时，

四边形的周长为.判断错误；

选项C：中，，，

则，则.又当P为短轴端点时取得最大值，

则存在2个不同的点P，使得.判断错误；

选项D：由，可得，

由椭圆C的半焦距为2，则由为锐角三角形，

可得点P横坐标的取值范围是.判断正确.

故选：AD

12．如图，在三棱柱中，AB⊥BC，平面ABC，BC＝2，三棱锥的外接球O的表面积为，记直线AC与所成的角为，直线与平面ABC所成的角为，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．三棱柱的体积的最大值为6

C．球心O到平面的距离为 D．

【答案】BD

【分析】棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，由线面垂直的性质得出，又AB⊥BC，所以出现一个墙角模型，确定球心位置以及半径大小，得出，逐一判断选项A、C、D；结合基本不等式判断选项B.

【详解】如图，棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，

又AB⊥BC，平面ABC，分别取的中点， 则球心O为的中点.

由球O的表面积为，则，即，解得.

由平面ABC，平面ABC，平面ABC，所以，又AB⊥BC，

所以，又BC＝2，所以.

对于A，因为，故A错误；

对于B，三棱柱的体积，当取得等号.

所以体积的最大值为6，故B正确；

对于C，球心O为的中点，.球心O到平面的距离即点M为到平面的距离,

也即点C为到平面的距离的一半, 又BC＝2，球心O到平面的距离为1，故C错误；

对于D，记直线AC与所成的角为，，所以，；

直线与平面ABC所成的角为，由平面ABC，

所以，，.故D正确.

故选：BD.

三、填空题

13．若的展开式中的系数为15，则实数      ．

【答案】或1

【分析】写出展开式的通项公式，根据展开式中的系数为15列出方程求解即可．

【详解】根据题意，展开式的通项公式为，

则展开式中的系数为，即，

解得或．

故答案为：或.

14．某足球队共有30名球员练习点球，其中前锋6人，中场16人，后卫8人．若前锋点球进门的概率均是0.9，中场点球进门的概率均是0.8，后卫点球进门的概率均是0.7，则任选一名球员点球进门的概率是      ．（结果保留两位小数）

【答案】0.79

【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式求解即可.

【详解】依题意，选中前锋的概率为，选中中场的概率为，选中后卫的概率为，

则任选一名球员点球进门的概率是.

故答案为：0.79

15．已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则不等式的解集为      ．

【答案】

【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，且该函数上单调递增，由可得出关于的不等式，解之即可.

【详解】因为函数的定义域为，是偶函数，

则，即，

所以，函数的图象关于直线对称，

当时，，则函数在上单调递减，

故函数在上单调递增，

因为，则，即，

即，即，解得或，

因此，不等式的解集为.

故答案为：.

16．已知在四面体中，，，则该四面体外接球的体积为      ．

【答案】

【分析】依题意可得，取的中点，连接、，即可得到，，从而得到平面，四面体外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出外接球的体积.

【详解】因为，所以，

则，所以，

因为，取的中点，连接、，

则，，且，

所以，则，所以，

，平面，所以平面，

的外接圆圆心即为斜边的中点，

所以四面体外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，

则，即，解得，

所以外接球的体积.

故答案为：

四、解答题

17．已知在等差数列中，，．

(1)求的通项公式；

(2)若是等比数列，且，，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意列出方程组求得，即可得到数列的通项公式；

（2）由（1）求得，，得出数列是等比数列的公比，求得，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.

【详解】（1）解：设等差数列的公差为，

由，可得，解得，

所以．

（2）解：由（1）可知，，则，，

因为是等比数列，所以公比为，

所以，所以．

所以．

18．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求C；

(2)若c＝2，△ABC的面积为，求证：△ABC是正三角形．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得出答案；

（2）由三角形的面积公式及余弦定理求解即可.

【详解】（1）由及正弦定理得，

所以，

所以，

所以．

因为，所以，所以．

因为，所以．

（2）因为，所以ab＝4．

由余弦定理可得，所以，

即，

所以a＋b＝4，所以a＝b＝2，所以a＝b＝c，

所以△ABC是正三角形．

19．如图，在长方体中，，交于点．

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，由，证得平面，同理可证平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面；

（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）证明：如图所示，连接，

因为且，所以四边形为平行四边形，所以，

又因为平面，平面，所以平面，

同理可证，且平面，平面，所以平面，

因为，平面，所以平面平面，

又因为平面，所以平面．

（2）解：以为坐标原点，直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，

如图所示，则，，，，，

所以，，．

设平面的法向量为，则

取，可得，所以平面的一个法向量为，

设直线与平面所成的角为，

则，

故直线与平面所成角的正弦值为．

20．2023年5月15日至21日是第二个全国家庭教育宣传周，为进一步促进家校共育，某校举行“家教伴成长，协同育新人”主题活动，最终评出了8位“最美家长”，其中有6位妈妈，2位爸爸，学校准备从这8位“最美家长”中每次随机选出一人做家庭教育经验分享．

(1)若每位“最美家长”最多做一次家庭教育经验分享，记第一次抽到妈妈为事件A，第二次抽到爸爸为事件B，求和；

(2)现需要每天从这8位“最美家长”中随机选1人，连续4天分别为低年级、中年级、高年级和全体教师各做1场经验分享，1天只做1场，且人选可以重复，记这4天中爸爸做经验分享的天数为X，求X的分布列和数学期望．

【答案】(1)，

(2)分布列见解析，

【分析】（1）由题可得，第二次抽到爸爸，则第一次抽到妈妈或第一次抽到爸爸，据此可得；

（2）由题可得爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值，且，据此可得X的分布列和数学期望.

【详解】（1）根据题意可知，，

．

（2）爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且，

故，，，，，

故X的分布列为：

根据二项分布的期望公式可知，．

21．已知函数．

(1)证明：在上单调递减；

(2)若函数（为的导函数），且单调递增，求实数a的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）令，对求导，得到的单调性，证明，即可得到，即可证明在上单调递减；

（2）由题意可得在恒成立，分离参数可得，令，证明即可得出答案.

【详解】（1）由题可知的定义域为，．

令，则，．

令，得，令，得．

故在上单调递增，在上单调递减，

故．

所以对任意恒成立，

所以在上单调递减．

（2）由题可知，

则．

因为单调递增，所以，

即．

令，

则，．

当时，，此时单调递增，

当时，，此时单调递减，

所以，则，解得．

所以a的取值范围为．

22．已知点在双曲线C：上，过C的右焦点F的动直线l与C交于A，B两点．

(1)若点，分别为C的左、右顶点，Q为C上异于，的点，求（k表示斜率）的值；

(2)证明以为直径的圆恒过x轴上的定点，并求该定点的坐标．

【答案】(1)

(2)证明见解析，定点的坐标为

【分析】（1）将点代入双曲线，解得，设Q点坐标为，表示出化简即可得出答案；

（2）以AB为直径的圆与x轴的交点为，则，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立直线方程与双曲线结合韦达定理可求出；当直线l的斜率不存在时，，求出，即可验证.

【详解】（1）∵点在双曲线C：上

∴，解得，

∴双曲线C的方程为，则，．

设Q点坐标为，则，，

∴．

∵点Q在双曲线C上，∴，

∴．

（2）设以AB为直径的圆与x轴的交点为．

由（1）可知双曲线的右焦点F为．

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，

∵，∴，

整理得到①．

由，消去y可得．

∵直线l与双曲线C有两个不同的交点，

∴且，

∴．

由题设有①对任意的总成立，

∵，，

∴①可转化为，

整理得到对任意的总成立，

故，解得，即点M的坐标为．

当直线l的斜率不存在时，，

此时，或，，

则，即M在以为直径的圆上．

综上，以为直径的圆恒过x轴上的定点，且定点的坐标为．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.