2022-2023学年云南省楚雄州高二下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年云南省楚雄州高二下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据复数除法运算求解.

【详解】.

故选:D.

2．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据一元二次不等式的解法和交集的运算求解.

【详解】由解得，，所以，

又因为，所以.

故选：A.

3．某学生记录了自己8次每分钟的跳绳数：．则该组数据的第25百分位数为（    ）

A．147 B．148 C．149 D．151

【答案】B

【分析】利用百分位数的求解规则计算.

【详解】这8个数据从小到大排列为：，

由，所以该组数据的第25百分位数为第2个数与第3 个数的平均值，

即．

故选：B

4．过圆锥曲线的焦点且与焦点所在的对称轴垂直的弦被称为该圆锥曲线的通径，清代数学家明安图在《割圆密率捷法》中，也称圆的直径为通径.已知圆的一条通径与抛物线的通径恰好构成一个正方形的一组邻边，则（    ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】C

【分析】根据圆的通径的右端点就是抛物线通径的上端点，可得抛物线经过点，从而可得答案.

【详解】因为圆的一条通径与抛物线的通径恰好构成一个正方形的一组邻边，

而抛物线的通径与轴垂直，

所以圆的这条通径与轴垂直，

且圆的通径的右端点就是抛物线通径的上端点，

因为圆的圆心为，半径为，所以该圆与轴垂直的通径的右端点为，

即抛物线经过点，则，即.

故选：C.

5．函数的部分图象大致为（    ）

A．  B．

C．  D．

【答案】B

【分析】根据奇偶性排除C，D；根据当时，，排除A，从而可得答案.

【详解】因为的定义域为，关于原点对称，

且，

所以是偶函数，排除C，D；

当时，，排除A，

故选：B.

6．当点到直线的距离取得最大值时，（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简直线为，得到直线经过定点，结合直线与该直线垂直时，点到该直线的距离取得最大值，列出方程，即可求解.

【详解】将直线转化为，

联立方程组，解得，所以直线经过定点，

当直线与该直线垂直时，点到该直线的距离取得最大值，

此时，解得.

故选：C.

7．如图，已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】注意到和轴负半轴方向的夹角是，结合三角函数的定义和诱导公式进行计算.

【详解】因为，则和轴负半轴方向的夹角是，

所以．

故选：B

8．已知球的半径为2，，，三点在球的表面上，且，则当三棱锥的体积最大时，（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】如图，设，，，点到平面的距离为，则，，然后表示出三棱锥的体积，结合基本不等式和导数可求出其最大值.

【详解】如图，设，，设外接圆半径为，则，设点到平面的距离为，则，，

则，当且仅当时，等号成立.

，，所以，

当时，，当时，，

所以当时，取最大值，此时.

故选：D

【点睛】关键点点睛：此题考查多面体与球的综合问题，考查基本不等式的应用，考查导数的应用，解题的关键是表示出的体积，先用基本不等式表示出体积的最大值，再利用导数可求得结果，考查数学计算能力，属于较难题.

二、多选题

9．我国在预测人口变化趋势上有直接推算法、灰色预测模型、VAR模型、队列要素法等多种方法，直接推算法使用的公式是，其中为预测期人口数，为初期人口数，为预测期内人口增长率，为预测期间隔年数，则下列说法正确的有（    ）

A．若在某一时期内，则这期间人口数呈下降趋势

B．若在某一时期内，则这期间人口数呈上升趋势

C．若在某一时期内，则这期间人口数摆动变化

D．若在某一时期内，则这期间人口数不变

【答案】ABD

【分析】利用数列的单调性逐项判断，可得出合适的选项.

【详解】由，得当时，，

因为，所以，对任意的，，

所以，，则，

此时，在某一时期内，则这期间人口数呈下降趋势，A对；

对于B选项，当时，，

因为，所以，对任意的，，

所以，，则，

故在某一时期内，则这期间人口数呈上升趋势，B对；

对于C选项，由B选项可知，在某一时期内，则这期间人口数呈上升趋势，C错；

对于D选项，当时，，

故在某一时期内，则这期间人口数不变，D对.

故选：ABD.

10．已知函数的最小正周期为，则（    ）

A．

B．

C．直线是图象的一条对称轴

D．在上的值域为

【答案】AC

【分析】利用三角恒等变换整理得，结合三角函数性质逐项分析判断.

【详解】因为，

则的最小正周期为，

且，解得，故A正确，B错误；

可得，

因为为最大值，

所以直线是图象的一条对称轴，故C正确；

当时，则，可得，

所以在上的值域为，故D错误；

故选：AC．

11．如图，在棱长为2的正方体中，点为底面的中心，则（    ）

A．与异面的面对角线共有8条

B．

C．异面直线与所成角的余弦值为

D．若为正方体内的一个动点，且，则的最小值为

【答案】BCD

【分析】由12条面对角线与的位置关系，判断选项A；通过线面垂直证明线线垂直判断选项B；几何法结合余弦定理求异面直线所成角的余弦值判断选项C；通过线面垂直得点P轨迹，体积法求的最小值.

【详解】正方体的面对角线共有12条，其中与共面的面对角线有6条，所以与异面的面对角线有6条，A选项不正确；

连接，由，平面，平面，

，平面，，则平面，

平面，所以，B选项正确；

取的中点，连接，则，

正方体棱长为2，则面对角线长为，体对角线长为，

，，，

则中，，

即异面直线与所成角的余弦值为，C选项正确；

连接为正方体内的一个动点，且，

，同理有，平面，，

所以平面，可知在内，当为与平面的交点时，取得最小值，

由，得，

即，可得，D选项正确．

故选：BCD

12．已知，，且，则下列等式可能成立的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】令，根据导数工具证明，把条件可转化成，然后再根据的单调性来判断.

【详解】令，则.

令，则.，

当时，，则恒成立，故在上单调递增.

因为，所以，即在上恒成立，在上单调递增，

当时，，即，

从而.

令，，则在上单调递增，则

故选：CD

三、填空题

13．已知向量，，若，则          .

【答案】

【分析】根据向量共线的坐标表示直接列式求解.

【详解】因为，所以，解得.

故答案为：.

14．展开式中的常数项是           .（用数字作答）

【答案】

【分析】先写出二项展开式的通项公式，再令，得，从而可求解.

【详解】展开式的通项公式为，

令，即，得展开式中的常数项是.

故答案为：

15．数列满足，，则的前2023项和      .

【答案】1351

【分析】根据已知递推式求出，则可得从第3项起以3为周期的周期数列，从而可求得答案

【详解】因为，

所以，

则从第3项起以3为周期的周期数列，

所以.

故答案为：1351

四、双空题

16．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为坐标原点，以为直径的圆与在第二象限内相交于点，与的渐近线在第一象限内相交于点，且，则的离心率为            ，若的面积为4，则的方程为            

【答案】         

【分析】根据直线的平行关系与斜率的关系和直角三角形边与角的关系结合双曲线的的关系可求离心率；再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，进而可表示面积.

【详解】如图，因为，所以.

又，，所以，，

则，所以，则，所以.

因为到渐近线的距离为，

因为，所以点到的距离为，

所以，

所以，，则的方程为.

故答案为: ;.

五、解答题

17．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求角B的值；

(2)若，，求的周长.

【答案】(1)

(2)12

【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合同角的三角函数关系化简，即可得答案；

（2）由余弦定理结合已知条件，即可求得答案.

【详解】（1）因为，所以.

又C为内角，，所以，

显然不满足，即有，

而，所以.

（2）由余弦定理得，

，，则，

所以的周长为.

18．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，为的中点.

(1)证明：.

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由平面，得，结合可得平面，则，再由等腰三角形三线合一可得，再由线面垂直的判定可得平面，从而可得，

（2）由题意可证得两两垂直，所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.

【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以.

又，所以.

由，平面，得平面.

因为平面，所以.

因为为的中点，，所以.

由，平面，得平面.

因为平面，所以.

（2）解：因为平面，平面，所以，

因为，所以两两垂直，

所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则令，得.

设平面的法向量为，

则令，得.

.

由图可知，二面角为锐角，

所以二面角的余弘值为.

19．已知等差数列的前项和为，且．

(1)求的通项公式；

(2)试求出所有的正整数，使得对任意正整数，均有．

【答案】(1)

(2)或10或11．

【分析】（1）利用基本量法可求首项与公差，故可求通项.

（2）求出及其最小值，故可得关于的不等式，据此可求所有的正整数.

【详解】（1）设的公差为，则，解得，

故．

（2）由（1）可知，．

当时，取得最小值-100．

由恒成立，得，解得．

因为，所以或10或11．

20．若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如146，369，567等）.

(1)从1，2，3，4，5这五个数中，任取三个数组成一个三位递增数，求这个数能被5整除的概率.

(2)在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次.得分规则：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积既不能被3整除，又不能被5整除，参加者得0分；若能被3或5整除，但不能被15整除，得1分；若能被15整除，得2分.已知甲参加该活动，求甲得分X的分布列和数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析；

【分析】（1）根据题意可知，任选三个数，则顺序就一定，则根据古典概型和组合的知识求解即可；

（2）根据题意知X的可能取值为0，1，2，分别判断可能情况然后求出各种情况的概率，结合期望公式计算即可.

【详解】（1）从1，2，3，4，5这五个数中：

任取三个数组成的三位递增数（选出后，顺序已定），共有个，

若这个数能被5整除，则个位数为5，共有个，

故所求的概率

（2）X的可能取值为0，1，2.

所有的三位递增数共有个.

若，则该三位递增数中不能含有数字3，5，6，9，

满足条件的三位递增数有个，故.

若，则该三位递增数中有数字5且没有数字3，6，9或至少有数字3，6，9中的1个且没有数字5，

满足条件的三位递增数有个，故

若，则该三位递增数中有数字5且至少有数字3，6，9中的1个，

满足条件的三位递增数有个，故

X的分布列为

21．椭圆：的左、右顶点分别为，，上顶点为，Q是椭圆在第一象限内的一动点，直线与直线相交于点P，直线BQ与x轴相交于点R.

(1)求椭圆的方程

(2)试判断直线PR是否经过定点.若经过，求出该定点的坐标；若不经过，请说明理由.

【答案】(1)

(2)直线经过定点，该定点坐标为.

【分析】（1）根据椭圆的几何性质，求得，即可得到椭圆的方程；

（2）设直线的方程为，联立方程组求得和，再由直线的方程为，联立方程组求得和，结合三点共线，求得，得出的方程，即可求解.

【详解】（1）解：由椭圆的左、右顶点分别为，，

上顶点为，可得，

所以椭圆的方程为.

（2）解：依题可设直线的方程为，其中.

联立方程组，整理得，

由，得，则，

直线的方程为，

联立方程组，解得，，

由三点共线，得，解得，

直线的方程为，

整理得，

联立方程组，解得，

故直线经过定点，该定点坐标为.

【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与，的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

22．已知函数.

(1)若，求不等式的解集；

(2)若，证明：有且只有一个零点，且.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（l）根据导函数正负求出单调性，结合单调性解不等式即可；

（2）结合函数单调性及极值,先应用零点存在定理证明存在，再应用单调性证明唯一零点，进而证明不等式.

【详解】（1）因为，所以，恒成立，

所以在上单调递增.

又，所以不等式的解集为.

（2），则,

令，得或.

因为，所以.

当时，；当时，.

故的单调递增区间为和，单调递减区间为.

，.

令，则，

显然当时，，单调递减，则，

即，从而.

故在上不存在零点，

当时，易证得,

单调递减，

单调递增，

单调递增，

，从而，

则，，

由零点存在定理可得有零点，，单调递增，

故有且只有一个零点，且，则.

【点睛】关键点点睛：解题的关键是对零点存在定理的应用，结合函数的单调性可证明函数零点的唯一性.