2022-2023学年辽宁省朝阳市高二下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省朝阳市高二下学期期末数学试题

一、单选题

1．若复数满足（是虚数单位），则（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的模的计算公式计算可得.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：A

2．已知集合，则集合的子集个数为（    ）

A．4个 B．8个 C．16个 D．32个

【答案】B

【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据含有个元素的集合有个子集计算可得.

【详解】由，即，解得，

所以，

所以集合的子集有个.

故选：B

3．已知圆台的上、下底面的半径分别为2，6，母线长为5，则该圆台的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用圆台表面积公式计算作答.

【详解】因为圆台的上、下底面的半径分别为2，6，母线长为5，则该圆台侧面积为，

所以这个圆台的表面积为.

故选：C

4．回文联是我国对联中的一种.用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读，不仅意思不变，而且颇具趣味.相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人.”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为：“回文数”.如55，696，3773等，那么用数字1，2，3，4，5，6，7，8可以组成4位“回文数”的个数为（    ）

A．36个 B．56个 C．64个 D．84个

【答案】C

【分析】根据题意，分2种情况讨论：①位“回文数”中数字全部相同，②位“回文数”中有个不同的数字，求出每种情况下位“回文数”的数目，由加法原理计算可得答案．

【详解】根据题意，分种情况讨论：

①位“回文数”中数字全部相同，有种情况，即此时有个位“回文数”；

②位“回文数”中有个不同的数字，有种情况，即此时有个位“回文数”；

则一共有个位“回文数”；

故选：C．

5．已知，，与是方程的两个根，则（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】B

【分析】利用韦达定理得到，，再由两角和的正切公式求出，即可得解.

【详解】因为与是方程的两个根，

所以，，

所以，，因为，，所以，，

所以，

又因为，所以.

故选：B

6．已知函数是定义在R上的偶函数，且在上单调递减，若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据基本初等函数单调性分析可得，进而利用偶函数的对称性以及函数单调性分析判断.

【详解】因为函数是定义在R上的偶函数，

则，，

由在定义域内单调递减，则；

由在定义域内单调递增，则；

由在内单调递增，则；

故，

又因为在上单调递减，所以在上单调递增，所以.

故选：D.

7．已知椭圆的右顶点为A，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意结合椭圆方程整理得，进而可求离心率.

【详解】由题意可知：，

设，则，可得，

则，

又因为点在椭圆上，则，整理得，

可得，即，

所以C的离心率.

故选：A.

8．已知实数，满足，则的最大值为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】C

【分析】依题意可得，令，将转化为的三角函数，利用辅助角公式计算可得.

【详解】因为，所以，令，

所以，其中，，

所以当时，取得最大值为.

故选：C

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．相关系数的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强

B．若随机变量，且，则

C．若随机变量，则

D．一组数据12、17、8、13、10、22、16、15、6、19的第80百分位数为17

【答案】AB

【分析】根据相关系数的定义判断A，根据正态曲线的性质判断B，根据二项分布的方差公式判断C，根据百分位数的定义判断D.

【详解】对于A：相关系数的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强，故A正确；

对于B：若随机变量，且，

所以，

则，故B正确；

对于C：若随机变量，则，故C错误；

对于D：数据从小到大排列为、、、、、、、、、，

又，所以数据的第百分位数为第、两数的平均数，即为，故D错误.

故选：AB

10．设等比数列的公比为q，其前n项和为，前n项积为，且，，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．的最大值为 D．的最大值为

【答案】BD

【分析】由可得，再结合，，可得，然后根据等比数列的性质逐个分析判断即可.

【详解】若，则不符合题意，所以，

所以数列为正项的等比数列，

由，得，

所以，

所以或，

若，则，，所以，

若，则，因为，所以，而不可能大于1，所以不成立，

综上，，所以A错误，

对于B，，因为，所以，所以B正确，

对于C，因为，所以对任意都成立，所以无最大值，所以C错误，

对于D，因为，，，当时，，当时，，所以的最大值为，所以D正确，

故选：BD

11．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若在上单调，则的可能取值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】利用三角恒等变换整理得，进而可得，结合正项函数单调性分析运算即可.

【详解】因为.

则，

因为，则，

因为在上单调，则，

解得，

当时，则，故B正确；

当时，则，故C、D正确；

若，即，解得，不成立，故A错误；

故选：BCD.

12．如图，在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的体积为

C．当二面角的余弦值为时，

D．若二面角的大小为，且时，直线PB与AC所成角的余弦值最大为

【答案】ACD

【分析】取的中点，连接，利用线面垂直的判断判断A；确定三棱锥体积最大时图形位置，并求出球半径计算判断B；利用空间向量数量积判断C；求出异面直线夹角余弦的函数关系求解判断D作答.

【详解】在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，

取的中点，连接，如图，则，

又平面，则平面，又平面，所以，A正确；

平面，则有平面平面，又平面平面，

于是点在平面上的射影在直线上，点到平面的距离，

当且仅当时取等号，而面积为定值，即最大时三棱锥的体积最大，

此时平面平面，且平面，平面，令的中心分别为，

三棱锥外接球球心为，则平面，平面，于是，

四边形是矩形，，，

因此三棱锥的外接球半径，

所以三棱锥的外接球的体积，B错误；

由选项A知，为二面角的平面角，即，

因为，所以

，因此，C正确；

二面角的大小为，即，于是

，记直线与所成角的大小为，

则，当 时, ，，

因此，则，所以的最大值为，D正确.

故选：ACD

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

三、填空题

13．已知向量，，，若，则      .

【答案】/

【分析】首先求出的坐标，依题意，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.

【详解】因为，，且，

所以，

因为，所以，解得.

故答案为：

14．已知双曲线，其一条渐近线被圆截得的弦长为，则该双曲线的虚轴长为      .

【答案】

【分析】根据圆的弦长公式，结合勾股定理以及点到直线的距离公式即可求解.

【详解】依题意知的渐近线方程为：．

不妨取渐近线，

则圆心,到的距离．

由勾股定理得，解得，，，

故虚轴长为

故答案为：

15．被除的余数是      .

【答案】

【分析】依题意可得原式，再根据二项式的展开式计算可得.

【详解】

.

所以被除的余数是.

故答案为：

16．已知圆，是直线上的一点，若圆上存在两点，，使得是等边三角形，则的横坐标的取值范围是      .

【答案】

【分析】依题意存在点使得，过作圆的切线，切点为，连接，，则，又，即可得到，设，根据距离公式得到不等式，解得即可.

【详解】由题意知，若圆上存在两点、，使得是等边三角形，

即存在点使得，过作圆的切线，切点为，连接，，则，又，

所以，即，所以，设，

所以，解得，

所以的横坐标的取值范围是.

故答案为：

四、解答题

17．已知为等差数列的前项和，且，.

(1)求的通项公式；

(2)若，求数列的前2023项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意得到关于、的方程组，解得即可；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.

【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，，

所以，解得 所以.

（2）由（1）可得，

所以.

18．乒乓球，被称为中国的“国球”，是一项集力量、速度、柔韧、灵敏和耐力素质为一体的球类运动，同时又是技术和战术完美结合的典型.打乒乓球能使眼球内部不断运动，血液循环增强，眼神经机能提高，因而能使眼睛疲劳消除或减轻，起到预防治疗近视的作用.乒乓球的球体小，速度快，攻防转换迅速，技术打法丰富多样，既要考虑技术的发挥，又要考虑战术的运用.乒乓球运动中要求大脑快速紧张地思考，这样可以促进大脑的血液循环，供给大脑充分的能量，具有很好的健脑功能.乒乓球运动中既要有一定的爆发力，又要有动作的高度精确，要做到眼到、手到和步伐到，提高了身体的协调和平衡能力.不管学习还是工作，每天都或多或少有点压抑，打球能使大脑的兴奋与抑制过程合理交替，避免神经系统过度紧张.某中学对学生参加乒乓球运动的情况进行调查，将每周参加乒乓球运动超过2小时的学生称为“乒乓球爱好者”，否则称为“非乒乓球爱好者”，从调查结果中随机抽取100份进行分析，得到数据如表所示：

(1)补全列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为是否为“乒乓球爱好者”与性别有关？

(2)为了解学生的乒乓球运动水平，现从抽取的“乒乓球爱好者”学生中按性别采用分层抽样的方法抽取3人，与体育老师进行乒乓球比赛，其中男乒乓球爱好者获胜的概率为，女乒乓球爱好者获胜的概率为，每次比赛结果相互独立，记这3人获胜的人数为，求的分布列和数学期望.

参考公式：，.

【答案】(1)列联表见解析，能认为是否为“乒乓球爱好者”与性别有关

(2)分布列见解析，

【分析】（1）完善列联表，计算出卡方，即可得解；

（2）依题意可得的可能取值为、、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.

【详解】（1）依题意可得列联表如下：

零假设为：是否为“乒乓球爱好者”与性别无关联，

则，

依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，

即认为是否为“乒乓球爱好者”与性别有关.

（2）由（1）得抽取的人中人为男生，人为女生，

则的可能取值为、、、，

所以，，

，，

所以的分布列为：

所以.

19．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角B的大小.

(2)若O是的内心，且，，求AC和BO.

【答案】(1)；

(2)，.

【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简作答.

（2）利用三角形内心的性质求出，再利用余弦定理、三角形面积公式求解作答.

【详解】（1）在中，由正弦定理及, 得，

即，

又，

因此，

又，即有，于是，而，

所以.

（2）因为是的内心，则分别平分，

于是，

在中，由余弦定理得，即，

过点分别作的垂线，垂足分别为，则，

在中，，即，

解得，则，在直角中，，从而，

所以，.

20．如图，在三棱柱中，平面平面，，，，且，是棱上的一点.

(1)求证：；

(2)是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在点，

【分析】（1）在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，从而得到平面，则，即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法计算可得.

【详解】（1）在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，

因为平面平面，平面平面，，平面，

所以平面，

又平面，

所以，又，，平面，

所以平面，

又平面，所以，在三棱柱中，，

所以.

（2）  

因为平面，平面，所以，又，，

所以，以为坐标原点，所在直线为轴，过与平行的直线为轴，

所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，

设平面的法向量为，则，令，则，

假设存在点满足条件，设，则，

所以，

设直线与平面所成角为，

则，

整理得，解得或（舍去），

所以，

所以存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时.

21．已知，是抛物线的准线与轴的交点，过的直线与交于不同的，两点.

(1)若直线的斜率为，求的面积；

(2)若直线交于另外一点，试判断直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)恒过定点

【分析】（1）首先求出抛物线的准线方程，即可得到点坐标，从而得到直线的方程，联立直线与抛物线方程，设，，消元、列出韦达定理，利用弦长公式求出，再求出点到直线的距离，即可求出面积；

（2）设，，，即可得到直线的方程，即可得到，再得到直线的方程，即可得到，同理可得直线的方程，即可得解.

【详解】（1）抛物线的准线方程为，所以，

若直线的斜率为，则直线的方程为，

由得，设，，

显然，所以，，

所以，

又到直线的距离，

所以.

（2）设，，，则，

所以直线的方程为，即，

又直线过，所以，所以，

同理可得直线的方程为，

又直线过，所以，

同理可得直线的方程为，又，

所以，

即，即，

又，即，

即，所以，解得，

所以直线恒过定点.

  【

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、的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知函数，

(1)若，求的图象在处的切线方程；

(2)若对任意的恒成立，求整数a的最小值；

(3)求证，

【答案】(1)

(2)1

(3)证明见解析

【分析】（1）求导得切线斜率，由点斜式即可求解直线方程，

（2）根据恒成立将问题转化为恒成立，构造函数求导，利用导数求解单调性，结合零点存在性定理即可求解，

（3）由（2）的结论可得，即可由求和关系，结合等比数列求和公式即可求解.

【详解】（1）当时，，

，

所以的图象在处的切线方程为，

（2）由可得对任意的恒成立，

记则，

由于均为的单调减函数，故在单调递减，

且

所以存在唯一的实数，使得，即，

当单调递增，

当单调递减，

所以当时，取极大值也是最大值，，

由于均为的单调递增，且均为正，故单调递增，

因此，所以，

当时，现证明，

设，

则当时单调递减，当时，单调递增，

当，故

当单调递增，当单调递减，所以，故，

由于，所以，

所以

综上可知，故

所以整数a的最小值为1

（3）由（2）知当时，恒成立，即对任意的恒成立，

取，则，

所以，

因此

【点睛】关键点点睛：求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.