2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高二下学期期末数学（理）试题含答案

2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高二下学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．设复数（为虚数单位），则的虚部为（  ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先化简复数,再求的虚部.

【详解】由题得=，故复数的虚部为

故选：C.

2．命题“”的否定为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】全称量词命题的否定是特称量词命题，把任意改为存在，把结论否定.

【详解】“”的否定为“”.

故选：A

3．函数f（x）=1+sinx，其导函数为f（x），则f（）=（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求导，再代值计算即可．

【详解】函数f（x）=1+sinx，其导函数为f′（x）=cosx，∴，

故选A.

【点睛】本题考查了导数的运算法则和导数值的求法，属于基础题．

4．以下四个命题中是假命题的是（    ）

A．“昆虫都是6条腿，竹节虫是昆虫，所以竹节虫有6条腿”此推理属于演绎推理．

B．“在平面中，对于三条不同的直线a，b，c，若，，则，将此结论放到空间中也成立”此推理属于合情推理．

C．若命题“”与命题“”都是真命题，那么命题q一定是真命题．

D．若，则的最小值为．

【答案】D

【分析】A、B根据演绎推理：一般到特殊的推理；合情推理：基于已有知识或经验的推理，即可判断真假；C由非、或命题的真假判断简单命题真假即可；D利用基本不等式求最小值，注意等号成立条件即可判断.

【详解】A：根据描述知：该推理为一般到特殊的推理，符合演绎推理的定义，真命题；

B：若，，根据平行公理的推论知：，属于合情推理，真命题；

C：为真则为假，又为真则为真，真命题；

D：由题设，，但因为所以等号不成立，假命题.

故选：D

5．已知直线与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点，直线OM与抛物线C交于O，N，若，则p=（    ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】C

【分析】联立直线与抛物线方程，求出点M的坐标，再表示出点N的坐标，借助点N在抛物线上即可求解作答.

【详解】由消去x并整理得：，设，

则有，，因此线段的中点，

依题意，，于是，而点N在抛物线C上，

则，又，所以.

故选：C

6．的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．或

【答案】C

【分析】解不等式，利用集合的包含关系判断可得出结论.

【详解】解不等式可得或，

因为或，

故只有C选项中的条件才是“”的充分不必要条件.

故选：C.

7．某校以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果栽培”“蔬菜种植”“3D打印”这六门劳动课中的两门.则甲、乙、丙这3名学生至少有2名学生所选劳动课全不相同的方法种数共有（    ）

A．2080 B．2520 C．3375 D．3870

【答案】B

【分析】分别计算两人全不相同，一人与另外两人全不相同，三人全不相同的种类数，可得所求结果.

【详解】设甲，乙两人全不相同为事件，甲，丙两人全不相同为事件，乙，丙两人全不相同为事件

则，，的种类数都为，

，，的种类数都为，

的种类数为，

所以至少有两人全不相同的方法数为，

故选：B.

8．一次数学考试共有8道判断题，每道题5分，满分40分．规定正确的画√，错误的画╳．甲、乙、丙、丁四名同学的解答及得分情况如表所示，则m的值为（　　）

A．35 B．30 C．25 D．20

【答案】B

【解析】通过分析甲、乙、丙三人的答案以及得分情况，推理得出这8道判断的答案，从而可得结果.

【详解】因为乙、丙第2，5题答案相同，且总得分相同，所以第2，5两题答案正确，

又因为甲得分30分即甲错两题且第2题、第5题答案均与乙丙不同，

故其余6题答案均正确，

故而这8道判断的答案分别是：╳╳╳√√╳√╳，

对比丁的答案，可知其2、8两题错误，故得分m＝6×5＝30，

故选：B.

9．已知某离散型随机变量X的分布列如下：

若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】运用离散型随机变量的分布列、期望与方差计算即可.

【详解】由题意，得，所以①．

因为，所以②．

由，得，代入①②解得：，．

所以．

故选:C.

10．已知直三棱柱的所有棱长都相等，M为的中点，则AM与所成角的正切值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.

【详解】取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，

以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，

所以，，，.

所以，.

则

故选：B.

11．克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（    ）

A．4 B．2 C． D．

【答案】B

【分析】由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理可得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，即可求出，从而得解.

【详解】解：由托勒密定理，得．

因为，所以．

设圆的半径为，由正弦定理，得．

又，所以．

因为，所以，

因为，所以，所以，

所以，则，故．

故选：B

12．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】构造函数，，结合函数的单调性分别得出，，从而得出答案．

【详解】令，

则，，

∵，

∴当时，，单调递增，

∴，即，

令，则，

∴当时，，单调递增，

∴，即，

所以，即．

综上，．

故选：D．

二、填空题

13．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为           .

【答案】2

【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入即可求解.

【详解】作出约束条件对应的平面区域，如图所示，

由，可得直线，

当直线过点A时，此时直线在轴上的截距最大，此时取得最大值，

又由，解得，

所以的最大值为.

故答案为：2.

14．          .

【答案】

【解析】利用微积分基本定理可直接求得结果.

【详解】.

故答案为：.

【点睛】本题考查利用微积分基本定理求解积分的问题，属于基础题.

15．写出一个满足以下三个条件的函数：      ．

①定义域为R；②不是周期函数；③是周期为的函数．

【答案】（答案不唯一）

【分析】由的周期为，结合正余弦函数的性质确定的解析式形式，即可得符合要求的函数式.

【详解】的解析式形式：或均可．

如：定义域为R，不是周期函数，且是周期为的函数.

故答案为：（答案不唯一）

16．已知实数，且，则的最小值为           .

【答案】/0.5

【分析】运用基本式中的“1”的活用，即可得出结果.

【详解】，

，

，

当且仅当时，取等号.

故答案为：.

三、解答题

17．已知数列是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列．

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列性质、等比中项的意义列式求解作答.

（2）利用（1）的结论，结合裂项相消法计算作答.

【详解】（1）等差数列中，，解得，因，，成等比数列，即，

设的公差为d，于是得，整理得，而，解得，

所以.

（2）由（1）知，，

所以.

18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求A；

(2)若，且BC边上的高为，求a．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由余弦定理和正弦定理得到，求出；

（2）由三角形面积公式得到，结合和余弦定理求出答案.

【详解】（1）因为，

所以由余弦定理得，

由正弦定理得，

由于，

整理得．

又因为，所以，即，

因为，所以，

所以，即．

（2）由得，

又，所以，，

由余弦定理知，

解得.

19．如图，在三棱柱中，所有棱长均为2，且，，．

(1)证明：平面平面．

(2)求平面ACD与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明面面垂直即可；

（2）应用空间向量法求二面角余弦值即得.

【详解】（1）如图，取棱AB的中点O，连接，OC，．

由题意可知为菱形，且，则为正三角形．

因为O是棱AB的中点，所以．

由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，则，．

因为是边长为2的等边三角形，所以．

因为，所以，所以．

因为AB，平面，且，所以平面．

因为平面，所以平面平面．

（2）由（1）可知OB，OC，两两垂直，故分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则．．，，，故，．

，．

设平面ACD的法向量为，

则，

令，得．

设平面的法向量为，

则，

令，得．

设平面ACD与平面的夹角为θ，则

即平面ACD与平面夹角的余弦值为．

20．2023年是全面贯彻落实党二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，今年春季以来，各地出台了促进经济发展的各种措施，经济增长呈现稳中有进的可喜现象.服务业的消费越来越火爆，大荔县一些超市也纷纷加大了广告促销.现随机抽取7家超市，得到其广告支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）数据如下：

附注：参考数据，，，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.

(1)建立关于的一元线性回归方程（系数精确到0.01）；

(2)若将超市的销售额与广告支出的比值称为该超市的广告效率值，当时，称该超市的广告为“好广告”.从这7家超市中随机抽取4家超市，记这4家超市中“好广告”的超市数为，求的分布列与期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）首先计算，再根据参考公式和数据，分别计算，即可得出答案；

（2）根据超几何分布求概率，再根据分布列求期望.

【详解】（1）解：由数据可得；

，

又，

，

.

.

（2）解：由题知，7家超市中有3家超市的广告是“好广告”，X的可能取值是0，1，2，3

.

.

所以的分布列为

所以.

21．已知椭圆C：（）的离心率为，短轴长为4.

（1）求椭圆方程；

（2）过作弦且弦被P平分，求此弦所在的直线方程及弦长.

【答案】（1）（2）直线方程为，弦长为

【分析】（1）由已知信息，待定系数即可求解椭圆方程；

（2）设出交点坐标，由点差法，即可求得直线斜率，再求弦长.

【详解】（1）由椭圆的离心率可得：，

根据短轴长可得：，，

设，，，所以，

所以椭圆方程为.

（2）设以点为中点的弦与椭圆交于，，

则，则，

分别代入椭圆的方程得，，，两式相减可得

，所以，

故以点为中点的弦所在直线方程为；

由，得，

所以，；，，

所以.

故该直线截椭圆所得弦长为.

【点睛】本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中的中点弦问题，涉及弦长的求解，属综合中档题.

22．已知函数.

(1)若，求函数的极值；

(2)若恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)极大值为，无极小值.

(2)

【分析】（1）当时，对函数求导，判断单调区间，即可得到极值；

（2）采用分离参数的方式得到，令，对函数求导判断单调性，求得的最小值，进而可得到m的取值范围.

【详解】（1）当时，，其定义域为，，令，得，

∴当时，；当时，，

∴在单调递增，在单调递减，

∴的极大值为，无极小值.

（2）由得，

∴在上恒成立.

令，则，

令，易知在单调递增，

∵，，

∴，使得，即，

∴当时，；当时，；

∴在单调递减，在上单调递增，∴.

由得，∴，

∴， ∴，

∴的取值范围是.

【点睛】（1）解决含有参数的恒成立问题，可优先考虑分离参数，对不等式中含有x的的一端重新构建新函数，对构建的新函数求导判断单调性，求得最值，就可以得到参数的取值范围；（2）对于导数中出现超越函数类型的结构，并且相应导函数的零点不好求得时，可采用设零点方式处理．