2022-2023学年四川省凉山州高二下学期期末考试数学（文）试题含答案

2022-2023学年四川省凉山州高二下学期期末考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A．或 B．或

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意利用集合的并集运算求解.

【详解】由题意可得：.

故选：C.

2．复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题得,即得复数的虚部.

【详解】由题得.

所以复数的虚部为.

故选：D

【点睛】本题主要考查复数的乘法运算和虚部的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

3．下列函数中，满足对任意的，都有的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据给定的条件可判断函数在上是增函数，依次判断选项在该区间内的单调性即可得解.

【详解】对任意的，有，

则函数在区间上是增函数，

对于A，由在定义域单调递增，故A正确；

对于B，由在定义域单调递减，故B错误；

对于C，在定义域R上单调递减，故C错误；

对于D，设，则，所以，

可得，则在上单调递增，

设，则，所以，

可得，则在上单调递减，故D错误.

故选：A.

4．已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据渐近线方程可得，再由可求得结果.

【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，

所以，

所以双曲线的离心率为，

故选：B

5．在正方体中，分别为的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得∥，则异面直线与所成角（或其补角），进而可得出为等边三角形，从而得出所求角的大小为60°.

【详解】如下图所示，连接，

因为分别为的中点，则∥，

又因为∥，且，

则为平行四边形，可得∥，

所以∥，

可知异面直线与所成角为（或其补角），

又因为，即为等边三角形

所以，即异面直线与所成角的大小为.

故选：B.

6．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据对数函数和指数函数的单调性比较大小即可.

【详解】因为在上单调递增，且，

所以，即，

因为在上单调递增，，

所以，即，

因为在上单调递增，且，

所以，得，即，

所以，

故选：B

7．将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称，则的可能取值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意可得平移后的函数解析式为，结合奇偶性可得，运算求解即可.

【详解】将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，

得到，

得到的图象关于轴对称，则，解得，

当时，；当时，；当时，；

结合选项可知：B正确；A、C、D错误.

故选：B.

8．已知向量，则“”是“”的（    ）

A．充要条件 B．必要不充分条件

C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由共线向量基本定理进行判断.

【详解】若，则，

此时，所以；

若，由共线向量定理，得，

解得，

所以，“”是“”的充要条件.

故选：A

9．已知是函数的一个零点，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】依题意可得，再根据二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得.

【详解】依题意，所以，

所以.

故选：B

10．已知数列的前项和为，则（    ）

A．1012 B． C．2023 D．

【答案】D

【分析】根据数列的通项公式，可求得，依此类推，即可求解.

【详解】∵，

故

故

.

故选：D.

11．已知直线与抛物线交于两点，与圆交于两点，在轴的同侧，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】由已知联立方程组，利用设而不求法结合抛物线定义表示，并求其值.

【详解】由已知抛物线的焦点的坐标为，

直线的方程为，

联立，消得，

设，则，

所以，

圆的圆心坐标为，半径为1，

由已知可得，

所以

故选：A.

12．设，且满足，则下列判断正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】直接比较，的大小不好比较，可以作差比较和的大小，求得，构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合分类讨论思想即可求解.

【详解】因为，所以，

，

构造函数；

；

；

在单调递增．且；

当时，，当时；

，当时，即，

，

 当时，即，

，

综上可得，大小关系不确定，一定成立，

故选：D．

【点睛】本题出题意图在于通过构造函数，并判断其单调性，进而比较代数式的大小.其中恰当的构造函数是解答本题的关键.

二、填空题

13．已知，则的值为         .

【答案】1

【分析】由，得到，再利用对数运算求解.

【详解】解：因为，

所以，

，

所以，

故答案为：1

14．若向量，则的面积为          .

【答案】1

【分析】根据条件，利用数量积求出的余弦值，再利用平方关系得出，再利用面积公式即可求出结果.

【详解】因为，所以，所以，

所以，

故答案为：1.

15．曲线在点处的切线与直线平行，则          .

【答案】/

【分析】由题意可得，从而可求出的值.

【详解】由，得，

因为曲线在点处的切线与直线平行，

所以，得，

故答案为：

16．已知函数.给出下列四个结论：①函数的图象存在对称中心；②函数是上的偶函数；③；④若，则函数有两个零点.其中，所有正确结论的序号为          .

【答案】②③

【分析】根据偶函数定义、零点的定义，结合导数的性质逐一判断即可.

【详解】由题意可得：，且函数的定义域为.

对于②：因为，所以函数是上的偶函数，故②正确；

对于①：假设函数的图象存在对称中心，则，

若，因为可得，则，

所以，可知函数是以为周期的周期函数，显然不成立；

若，则（不是定值），

这与（为定值）相矛盾；

综上所述：假设不成立，所以函数的图象不存在对称中心，故①错误；

对于③：因为，当且仅当时，等号成立，

当时，；

当（当且仅当时，等号成立）时，，当且仅当时，等号成立；

综上所述：，当且仅当时，等号成立，故③正确；

对于④：令，整理得，

由③可得，整理得，

构建，则，

令，解得；令，解得；

则在上单调递增，在上单调递减，可得，

且当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于0，

由题意可得：函数有两个零点，等价于与有两个不同的交点，则，

因为，故④错误；

故答案为：②③.

【点睛】关键点睛：利用函数极值与最值的关系进行判断是解题的关键.

三、解答题

17．已知是等差数列，且.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）直接根据等差数列公式计算得到答案;

（2）确定，再根据等比数列求和公式计算即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为，且，

则，

所以.

（2）由（1）可得，

所以

即数列的前项和为.

18．某高速交警分局为了解春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初一上午9：00~10：40这一时间段内有1000辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图.其中时间段9：00~9：20记作区间，时间段9：20~9：40记作区间，记作记作记作，例如：10点03分，记作时刻63.

(1)估计这1000辆车在9：00~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；

(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这1000辆车中抽取5辆，再从这5辆车中随机抽取3辆，则恰有1辆为9：00~10：00之间通过的概率是多少？

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）运用频率分布直方图中平均数公式计算即可;

（2）运用分层抽样比计算各段所抽取的车辆数，再运用列举法求古典概型的概率即可.

【详解】（1）这1000辆车在9：0010：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为

，

即：.

（2）由题意知，时间段内抽取车辆数为，

分别记为：，

时间段内抽取车辆数为，分别记为：，

所以从这5辆车中随机抽取3辆的基本事件有：，共10个，

恰有1辆为9：00~10：00之间通过的基本事件有：，共有6个，

所以恰有1辆为之间通过的概率为.

19．如图，在棱长为2的正方体中，点为线段的中点.

(1)证明：平面；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）首先证出，由线面平行的判断定理即可证出.

（2）记点到平面的距离为，利用，结合锥体的体积公式即可求解.

【详解】（1）在正方体中，且，

且

所以且，

则.为平行四边形，

所以，又平面平面，

所以平面.

（2）记点到平面的距离为的面积为S，则由题意可知.

在中，由余弦定理得，

则

所以，

则，又，

所以，

即点到平面的距离为.

20．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；

（2）分类讨论直线的斜率是否存在，根据弦长公式结合二次函数运算求解.

【详解】（1）设椭圆的半焦距为，

由题意可得，解得，

所以椭圆的标准方程为.

（2）当直线的斜率不存在时，则，

可得，所以；

当直线的斜率存在时，设，

联立方程，消去y得，

则，可得，

则，

令，则，

可得，

因为，所以；

综上所述：的取值范围为.

【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长问题的求解方法

涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．

21．已知函数.

(1)当时，求函数在区间上的最大值；

(2)若存在极大值点，且，求的取值范围.

【答案】(1)0

(2)

【分析】（1）对函数求导后，可求得函数在上单调递增，从而可求出其最大值；

（2）分，，和四种情况讨论，求出函数的单调区间和极值，再由极大值点，且，可求出的取值范围.

【详解】（1）当时，，

则，

当时，，                                    

所以函数的在区间上单调递增，

即当时，函数在区间上的最大值为.

（2），  

当时，令，得，

则 时，；时，，

所以函数仅有唯一极小值点，不合题意；

当时，令，得或，

若，即时，由（1）小题可知，不合题意；

若，即时，，；，，

所以函数的极大值点，则符合题意；

若，即时，，；，，

所以函数的极大值点，则，得；

综上所述，的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决函数极值点问题，解题的关键是对函数求导后，分类讨论函数的极值，考查分类思想和计算能力，属于较难题.

22．在平面直角标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

(1)求曲线的普通方程；

(2)若为曲线上一动点，求点到直线距离的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用求得的普通方程；

（2）将直线的极坐标方程化为普通方程，设点，利用点到直线的距离公式结合正弦型函数的有界性可求得点到直线距离的范围．

【详解】（1）由得，

再由可得，

所以的普通方程为；

（2）直线l可化简为，

将代入直线l方程可得，

设，

则，

，

∴．

23．已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若的最小值为，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）代入，根据绝对值的定义，分类讨论去掉绝对值号，求解各个不等式的解集，取并集的到不等式的解集；

（2）由绝对值不等式及基本不等式即可求解.

【详解】（1）当时，不等式可化为，

∴，或，或，

解得或 或，

求并集得：，

所以原不等式的解集为．

（2），

当且仅当时即时取到最小值，

又因为，，所以，

所以，因为，

当且仅当，即时的最小值为.