2022-2023学年四川省德阳市高二下学期期末数学（理）试题含答案

2022-2023学年四川省德阳市高二下学期期末数学（理）试题

一、单选题

1．设复数满足，则的虚部是（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据复数虚部的定义即可得解.

【详解】由，

得，

所以的虚部是.

故选：C.

2．若集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出集合，再根据交集的定义即可得解.

【详解】，

所以.

故选：B.

3．的展开式中的系数为（    ）

A． B．32 C．16 D．

【答案】A

【分析】利用展开式的通项公式，即可求出结果.

【详解】因为的通项公式为，

当时，，所以展开式中的系数为.

故选：A.

4．求值：（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先利用诱导公式化同角，再利用两角差的正弦公式即可得解.

【详解】

.

故选：A.

5．命题“”成立的一个充分不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】恒成立，只需要即可，利用基本不等式求出，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.

【详解】恒成立，只需要即可，

，当且仅当，即时取等号，

所以，所以，

所以命题“”成立的一个充分不必要条件是.

故选：B

6．已知变量满足，则的最大值为（    ）

A．1 B． C． D．0

【答案】C

【分析】作出可行域，利用代数式的几何意义，利用数形结合可求得的最大值.

【详解】如图所示，作出的可行域，

联立，解得，即，

表示可行域内一点与点所在直线的斜率，

有图可知，当直线过点时，直线的斜率最大，最大为，

即的最大值为.

故选：C.

7．第31届世界大学生运动会即将在成都举行，现有甲、乙、丙3名志愿者分配到其中7个项目参加志愿活动，每名志愿者只能参加1个项目的志愿活动，则有且只有两人被分到同一大项目的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出3名志愿者分配到其中7个项目参加志愿活动的分配方法总数，接着先对名志愿者分成两组，再把两个组分到两个项目中，计算出分配的方法总数，利用古典概型概率计算公式计算即可.

【详解】根据题中条件，甲、乙、丙3名志愿者分配到其中7个项目参加志愿活动，共有种分配方法.

对于所求事件包含样本点个数可以这样求：先对名志愿者分成两组有种方法，每个组安排到两个项目中共有中方法，所以共有种分配方法；

根据古典概型概率计算公式知，所求概率为

故选：

8．定义在上可导的奇函数，当时始终满足，已知实数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由奇函数的性质可得在上递增，然后结合指数函数，对数函数的单调性去比较的范围.

【详解】时始终满足，则在上递增，

根据奇函数性质，则在上单调递增.

根据指数函数性质，在上递增，则；

根据的值域以及在上递减，则；

由于，则在上递增，故，

故.

故选：A

9．已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（    ）

A．在上单调递增

B．在上单调递减

C．若在上恰有两个极值点，则的取值范围是

D．若在上恰有两个极值点，则的取值范围是

【答案】C

【分析】先根据三角函数的周期求出，对于AB选项，先求出的范围，然后根据正弦函数的单调性判断；对于CD选项，先求出时的范围，在判断出是那哪两个极值点，从而得出范围.

【详解】根据正弦函数的周期，，又，解得，故.

对于AB选项，时，，

根据正弦函数的单调性可知，在上递减，在上递增，

故AB选项均错误；

对于CD选项，时，，

根据区间性质，，的极值点为，

由于的最小正极值点为，

若时，，

于是所包含的两个极值点为，

但，即均不在，此时没有极值点；

若，此时，

若，此时，

此时至少已经包含三个极值点，

故，此时恰好只包含一个正极值点，故，

则，但极值点也不一定在，

故需，解得，结合，于是

综上，时，恰好存在两个极值点，C正确，D错误.

故选：C

10．已知两个正方形框架的边长都为1，它们所在平面互相垂直，动点分别在正方形对角线和上移动，且，则三棱锥的体积达到最大值时（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作于点，根据面面垂直的性质可得平面，利用相似比求出三棱锥的高，再根据锥体的体积公式，结合二次函数即可得解.

【详解】如图，作于点，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

由，PM、AB共面，得，而，

则，所以，

即三棱锥的高为，

，

则，

则当时，.

故选：C.

11．已知为双曲线上关于原点对称的两点，点与点关于轴对称，，直线交双曲线的右支于点，若，则双曲线的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】D

【分析】设，利用点差法得到，即可求出离心率.

【详解】设，则，

由，则点为线段的中点，

则，从而有，

又，所以，

又由，

则，即，

所以，

所以．

故选：D.

【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：

①求出a，c，代入公式；

②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．

12．已知函数有两个互为相反数的极值点，且，则下列说法正确的是（    ）

①；

②必存在最小值；

③若有唯一一个整数解，则的取值范围为；

④若存在两个不相等的正数，使得，则．

A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④

【答案】B

【分析】求得，根据题意转化为即是方程的两个实数根，求得的值，可判定①正确；求得函数的单调区间，结合和，，可判定②正确；把不等式转化为有唯一一个整数解，结合图象列出不等式组，求得的取值范围，可判定③正确；结合，得到，得出不一定成立，可判定④错误.

【详解】由函数，可得，

因为函数有两个互为相反数的极值点，不妨设，所以，

因为，可得，

即是方程的两个实数根，

则满足，解得，所以①正确；

所以，且，令，解得或，

当时，，单调递减；

当时，，单调递增；

当时，，单调递减，

又由，当，，

所以的最小值为，所以②正确；

由不等式，可得，

又由，作出函数与的图象，如图所示，

要使得有唯一一个整数解，

则满足，即，解得，

即的取值范围为，所以③正确；

若存在两个不相等的正数，不妨设，

如图所示，作直线与的图象，使得有两个不同的交点，

由图象可得，满足，可得，可取，

所以，

所以④错误.

故选：B.

【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：

1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；

3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.

结论拓展：与和相关的常见同构模型

①，构造函数或；

②，构造函数或；

③，构造函数或.

二、填空题

13．已知随机变量，则         ．

【答案】

【分析】根据二项分布的期望公式计算即可.

【详解】因为随机变量，

所以，解得.

故答案为：.

14．中，，则的面积         ．

【答案】

【分析】先利用正弦定理解三角形，再根据三角形的面积公式即可得解.

【详解】中，，

因为，所以，

又，所以，故，

所以.

故答案为：.

15．已知为椭圆的两个焦点，为上关于坐标原点对称的两点，且，则的内切圆半径为         ．

【答案】1

【分析】利用椭圆的对称性和条件，得出四边形为矩形，设设，根据条件建立方程得到，再利用等面积法即可求出结果.

【详解】因为椭圆，所以，

连接，由椭圆的对称性知，，

又，所以四边形为矩形，

设，则，得到，

设的内切圆半径为，则，

得到，解得.

故答案为：1.

16．已知点为棱长等于1的正方体内部一动点，且，则的值达到最小时，与夹角大小为         ．

【答案】/

【分析】取线段的中点，可得出，分析可知当、、三点共线时，取最小值，求出的最小值可得可得解.

【详解】取线段的中点，则，，

因为，所以在以为球心的正方体内部的球面上，

所以，，

当、、三点共线时，取最小值，

此时，

此时，

所以，所以与的夹角为.

故答案为：.

三、解答题

17．数学建模课程的开设得到了广大学生的高度喜爱，某校为了解学生的建模能力开展了数学建模课程问卷调查，现从中抽取100名学生的调查问卷作为样本进行统计，学生对于建模课程的态度分为“非常喜欢”，“喜欢部分内容”，“不是很感兴趣”三种情况，其具体数据如下表所示：

(1)为研究学生对数学建模课程的态度，我们将“非常喜欢”和“喜欢部分内容”两类合并为“比较喜欢”，根据上表完成下面的列联表．

(2)我们是否有99.5%的把握认为学生的性别与对建模课程的喜欢有关？

附：，其中．

参考公式与临界值表：

【答案】(1)列联表见解析

(2)没有

【分析】（1）根据题设中数据即可得出列联表；

（2）根据公式计算出的值，再根据表中数据即可作出判断.

【详解】（1）由表中数据可知，列联表为：

（2）因为，

故没有99.5%的把握认为学生的性别与对建模课程的喜欢有关.

18．已知正项等比数列对任意的均满足．

(1)求的通项公式；

(2)若数列满足，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据，得当时，，两式相除可求得公比，再求出首项，再根据等比数列得通项即可得解；

（2）根据等差数列的前项和公式计算即可.

【详解】（1）设公比为，

由，得当时，，

两式相除得，所以，

又，则，所以（舍去），

所以；

（2）由（1）得，

所以.

19．在中，，在斜边与直角边上各取点，使得，现沿着直线将进行翻折至．

(1)证明：当时，；

(2)当三棱锥的体积为时，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过题设条件得和，从而得面，再利用线面垂直的性质得，再利用几何条件得到，从而得到面，再利用线面垂直的性质即可证明结果；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，再利用平面角的向量法即可求出结果.

【详解】（1）因为，所以为中点，又，所以，又，即，

又，面，

所以面，又面，所以，

如图，在中，连接，因为，

所以，,又为中点，，

所以，，,

故，所以，

又，面，所以面，

又面，所以.

（2）由（1）知，为等边三角形，，

又因为三棱锥的体积为，所以，得到，

设，过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，

由（1）知，，，为中点，，

则，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，则由，得到，

令，得到，所以，

设平面的法向量为，则由，得到，

令，得到，所以，

所以，由图知，二面角为钝角，

所以二面角的余弦值.

20．已知经过点的椭圆的上焦点与抛物线焦点重合，过椭圆上一动点作抛物线的两条切线，切点分别为．

(1)求和的方程；

(2)当在椭圆位于轴下方的曲线上运动时，试求面积的最大值．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程即可求出，从而求出椭圆方程与其上焦点坐标，则可求抛物线方程；

（2）依题意的斜率存在，设，，（），联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用导数的几何意义表示出切线、，联立得到点坐标，从而得到，设的中点为，表示出点坐标，则，最后由二次函数的性质计算可得.

【详解】（1）因为点的椭圆，所以，解得，所以椭圆，则椭圆的上焦点为，

所以，解得，则抛物线.

（2）依题意的斜率存在，设，，（），

由，消去整理得，所以 ，

因为，则，所以：，即：，

同理可得：，

由直线的方程与直线的方程联立有，可得，

将代入直线可得，

所以，即，

因为点在椭圆上，所以，即，

设的中点为，则，即，

所以

，

因为，所以，解得，又，所以，

则，

所以当时，

又在上单调递增，此时，

所以.

【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.

21．已知函数．

(1)若曲线在点处的切线与直线相互垂直，求的值；

(2)若函数存在两个极值点，且．证明：．

【答案】(1)

(2)见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义和直线垂直的斜率关系即可；

（2）根据极值点处导数为0，找到满足的方程， 然后将，

转化为，然后构造函数，利用函数的单调性证明即可.

【详解】（1）函数，

在点处的切线斜率：，

切线与直线相互垂直，

，.

（2）函数存在两个极值点，

故在有两个不相等的实数根，且，

令则，解得

且，.

．证明:,

即证：，

即证：.

,同理可得：

设，

则，

设，

，在上恒成立，

所以在上是减函数，

在上恒成立，

故在上是减函数，

即

故得证.

22．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求直线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；

(2)设点，直线与曲线交于点两点，若，求此时曲线的直角坐标方程．

【答案】(1)直线的极坐标方程为，曲线的直角坐标方程为

(2)

【分析】（1）先将直线方程化为普通方程，再根据即可得直线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；

（2）设，根据，可求得的关系，联立直线与曲线的直角坐标方程，利用韦达定理即可得解.

【详解】（1）因为直线的参数方程为（为参数），

所以直线的普通方程为，

又，

所以直线的极坐标方程为，

因为曲线的极坐标方程为，则，即，

所以曲线的直角坐标方程为；

（2）设，

则，

由，得，

即，

所以，

联立，消得，

则，解得，

，

因为，所以，

则，解得，

所以此时曲线的直角坐标方程．

23．设函数．

(1)求不等式的解集；

(2)若时，有，求的最大值．

【答案】(1)

(2)17

【分析】（1）分，和三种情况求解即可；

（2）作出当时，的图像，利用图像得出范围，进而求出结果.

【详解】（1）当时，，解得；

当时，，解得；

当时，，解得（舍去）．

综上，的解集为．

（2）当时，由，其图像如图，

要使成立，则

当时，，此时，当时取等号，

当时，，即，此时.

所以，的最大值为17.