精品解析：陕西省西安市长安区第一中学2022-2023学年高二下学期期末理科数学试题（解析版）

长安一中2022-2023学年度第二学期期末考试

高二数学理科试题

时间：120分钟 分值：150分

本试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.

注意事项：

1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题纸上的指定位置上.

2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.

3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.

4.保持纸面清洁，不折叠，不破损.

5.若做选考题时，考生应按照题目要求作答，并在答题纸上对应的题号后填写.

第I卷（选择题 共60分）

一、选择题：（本大题共12小题， 每小题5分， 共60分. 在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的）

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由对数函数的定义域可知集合，再求的，再由交集的定义即可求得.

【详解】得即，

因为，所以，

则.

故选：B.

2. 已知复数（，i为虚数单位），满足，则（    ）

A.  B. 3 C.  D. 5

【答案】A

【解析】

【分析】由求得共轭复数，再代入中求得，再计算即可.

【详解】因为所以，则，解得，

.

故选：A.

3. 下列命题正确的是（    ）

A. “”是“”的必要不充分条件

B. 对于命题：，使得，则：均有

C. 若为真命题，则，至少有一个为真命题

D. 命题“若，则”的否命题为“若，则”

【答案】C

【解析】

【分析】A选项，由必要，充分条件定义可得答案；B选项，由特称命题的否定相关知识可判断选项正误；C选项，由逻辑连接词或的含义可判断选项正误；D选项，由原命题与否命题关系可判断选项正误.

【详解】A选项，或，则“”是“”的充分不必要条件，故A错误；

选项B，命题：，使得，则：，均有，故B错误；

C选项，因为真命题，则或为真命题，故C正确；

D选项，命题“若，则”的否命题为“若，则”，故D错误.

故选：C

4. 干支纪年法是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法、干支是天干和地支的总称，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸为天干：子、丑、寅、卯、辰、已、午、未，申、酉、戌、亥为地支.把十天干和十二地支依次相配，如甲对子、乙对丑、丙对寅、…癸对寅，其中天干比地支少两位，所以天干先循环，甲对戊、乙对亥、…接下来地支循环，丙对子、丁对丑、.，以此用来纪年，今年2020年是庚子年，那么中华人民共和国建国100周年即2049年是（    ）

A. 戊辰年 B. 己巳年 C. 庚午年 D. 庚子年

【答案】B

【解析】

【分析】由题意2020年是干支纪年法中的庚子年，则2049的天干为己,地支为 巳，即可求出答案.

【详解】天干是以10为一周期，地支是以12为一周期，
2020年是干支纪年法中的庚子年，而，所以2049的天干为己,地支为 已，
故选：B.

【点睛】本题考查数学文化，实际生活中的数学应用，关键在于运用阅读理解能力将生活中的数据和用语转化为数学中的概念和数据，属于中档题.

5. 执行如图所示程序框图.如果输入的为2，输出的为4，那么（    ）

A. 13 B. 14 C. 15 D. 16

【答案】C

【解析】

【分析】根据循环结构，得到输出公式，得到，再结合框图，判断的值.

【详解】由程序框图可知，输出的，

则，得，那么判断框图.

故选：C.

6. 已知中，，点在平面内，，则的最大值为（    ）

A. 6 B. 4 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知条件及勾股定理的逆定理，利用锐角三角函数、向量的线性运算和向量的数量积运算，结合两角差的余弦公式及正弦函数的性质即可求解.

【详解】由，得，所以，

在中，,，

又点在平面内，,如图所示

设，，则,

所以

.

因为，

所以,即，

所以的最大值为.

故选：A.

7. 若，且，则（    ）

A.  B. -1 C. 1 D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】利用诱导公式可得，即，再根据商数关系化弦为切，求出，再根据两角差的正切公式即可得解.

【详解】因为，所以，

由，得，

即，

所以，即，解得或（舍），

所以

故选：D.

8. 在中，，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用正弦定理边角化及三角形内角和定理，结合两角的正弦公式及两角和的余弦公式，再利用余弦函数的性质即可求解.

【详解】由及正弦定理，得，

，

又,

,

.

又，

，

，

,

的取值范围为.

故选：A.

9. 已知四面体ABCD的所有顶点在球O的表面上，平面BCD ，，，，则球O的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先求出的外接圆半径，作出辅助线，得到球心的位置，利用外接球半径相等得到方程，求出半径和表面积.

【详解】因为，，设的外接圆半径为，

则由正弦定理得，则，

如图所示，点为的外接圆圆心，连接，则，

设外接球球心为，则⊥平面，设，

过点作⊥于点，连接，

则，，

由勾股定理得，，

故，解得，

所以外接球的半径为，

所以球O的表面积为.

故选：D

【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径

10. 甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束).根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”.设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】前四场中有一场输，第五场赢，前四场输分客场输和主场输两种情况进行求解，再相加即可.

【详解】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是，

前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是，

综上所述，甲队以获胜的概率是．

故选：B.

11. 如图所示，，是双曲线：（，）的左、右焦点，的右支上存在一点满足，与双曲线左支的交点满足，则双曲线的渐近线方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】在和中，由正弦定理结合已知条件可得，设，由双曲线的定义和勾股定理可得，再由即可求得结果.

【详解】在中，由正弦定理得，①，

在中，由正弦定理得，②，

因为，所以，

所以①式与②式相比，得

，

因为，

所以，

所以，

设，则

由双曲线的定义得，，

因为，所以，

所以，解得，

在中，由勾股定理得，

所以，得，

所以，得，

所以双曲线的渐近线方程为，

故选：B

【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的离心率，考查的关键是在和中利用正弦定理结合已知条件可得，再利用勾股定理和双曲线的定义可求得的关系，考查数学计算能力，属于较难题.

12. 已知函数，设方程的3个实根分别为，且，则的值可能为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用导数研究的单调性、极值及区间值域，由题设可知在上必有两个不等的实根(假设)且，结合的性质有且，，进而求目标式的值，即可确定答案.

【详解】由题设，的定义域为，且，

∴当时，，即递减；当时，，即递增.

∴，又在上逐渐变小时逐渐趋近于0，当时且随趋向于0，趋向无穷大.

∴的图象如下：

∵的定义域为，由可得：在上必有两个不等的实根(假设)且，

∴令，要使的3个实根，则、，即，可得.

∴由知：，，

∴.

故选：B.

【点睛】首先应用导数研究的性质，根据有3个实根，则在上必有两个不等的实根，结合的值域求m的范围且、，即可求目标式的范围.

第II卷（非选择题 共90分）

二、填空题（本大题共4小题， 每小题5分， 共20分.把答案填在答题卷中相应的横线上）

13. 已知实数满足条件：，则的最大值为_______.

【答案】1

【解析】

【分析】画出不等式组表示的可行域，由可知表示过可行域中点和点的直线的斜率，然后图形求出斜率的最大值即可.

【详解】不等式组表示的可行域如图所示，

由可知表示过可行域中点和点的直线的斜率，

由图可知当直线过点时，直线的斜率最大，即取得最大值，

由，得，则，

所以的最大值为，

故答案为：1

14. 的展开式中常数项为______.

【答案】672

【解析】

【分析】先求出展开式的通项公式，再令的指数为0，解出，进而可求出常数项.

【详解】 的展开式的通项公式是：.

令，解得，

∴的展开式中常数项为：．

故答案为：672

15. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若在区间上单调递增，则满足条件的实数的取值范围是________.

【答案】

【解析】

【分析】先求出，再由正弦型函数的单调性即可求解.

【详解】，

将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，

因为，所以，

因为函数在区间上是单调递增，

所以，解得：，

又因为，

所以实数的取值范围是.

故答案为：

16. 已知函数及其导函数定义域均为R，记函数，若函数的图象关于点中心对称，为偶函数，且则______.

【答案】678

【解析】

【分析】由的图象关于点中心对称结合导数可知，再结合为偶函数可知的一个周期为3，.又注意到即可得答案.

【详解】因的图象关于点中心对称，则

.

因为偶函数，根据函数的伸缩变化可知也是偶函数，

所以.

则，即的一个周期为3.令，由可得.

注意到，则.

故答案为：678

三、解答题：（共7小题， 共70分. 解答应写出文字说明， 证明过程或演算步骤. 第17~21题为必考题. 第22、23题为选考题， 考生根据要求作答）

（一）必考题：共60分.

17. 已知数列满足， ，.

（1）若数列为数列的奇数项组成的数列，证明：数列为等差数列；

（2）求数列的前50项和.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题设递推式可得，据此可得答案；

（2）设为数列的偶数项组成的数列，由题可得数列是首项为2，公差为的等差数列，后由分组求和法可得答案.

【小问1详解】

由题，，

且，所以数列是首项为1，公差为的等差数列；

【小问2详解】

设为数列的偶数项组成的数列，注意到，

，

所以数列是首项为2，公差为的等差数列，

结合可知，的奇数项和偶数项都是以为公差的等差数列，

所以

.

18. 图1是直角梯形，，，，，，，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2.

（1）证明：平面平面；

（2）若，求二面角的大小.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由线面垂直的面面垂直的判定定理和性质定理证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.

【小问1详解】

证明：如图所示：

连接AC，交BE于F，因为，，，，

，所以CE=2DE=4，则AE=4，又，所以四边形ABCE是菱形，所以，

在中，，

所以，又，则，

所以，又，平面，所以平面，

又因为面BCF，所以面BCF面ADEB.

【小问2详解】

由（1）建立如图所示空间直角坐标系：

则，

所以，因为，

所以，

设平面BEP的一个法向量为，

则，即，令，得，

易知平面BEA的一个法向量为，

所以，则，

由图易知：二面角的平面角是锐角，所以二面角的大小为.

19. 某学校共有1000名学生参加知识竞赛，其中男生500人，为了解该校学生在知识竞赛中的情况，采取分层抽样随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在分之间，根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示：将分数不低于750分的学生称为“高分选手”.

（1）求的值，并估计该校学生分数的平均数、中位数和众数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；

（2）现采用分层抽样的方式从分数落在，内的两组学生中抽取8人，再从这8人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高分选手”的学生人数为随机变量，求的分布列及数学期望.

【答案】（1），平均数，中位数650，众数600   

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）根据频率和为1求的值，再结合平均数、中位数和众数的定义运算求解；

（2）先根据分层抽样求各层人数，再结合超几何分布求分布列和期望.

【小问1详解】

由题意知，解得，

所以每组的频率依次为，

样本平均数，

因为，所以中位数650，

又因为的频率最大，所以众数为600．

【小问2详解】

由题意可得：从中抽取人，从中抽取人，

则随机变量的所有可能取值有0，1，2，3．可知，

即，

所以随机变量的分布列为：

随机变量的数学期望．

20. 已知函数（e是自然对数的底数），是的导数，.

（1）求的单调区间；

（2）证明：对任意的，.

【答案】（1）增函数区间为，单调减区间为   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由题可得，结合在上的正负性可得的单调区间；（2）构造函数利用其单调性证明，再证明即可.

【小问1详解】

由题，令，则，即在上单调递减，又注意到.

则当时，；当时，．

于是增函数区间为；单调减区间为；

【小问2详解】

.

因此对任意的，.

设，则.

令在上单调递增；在上单调递减；

则，故.

设，则，在上单调递增，则.

∴，即对任意的，.

【点睛】关键点睛：本题涉及求函数单调区间及利用导数证明不等式.函数单调区间与其导函数正负性关系密切.本题不等式证明直接证明较为复杂，注意到，故再证明即可.

21. 已知椭圆： ()的左、右焦点分别为，为椭圆上的一点，的周长为6，的最小值为1，为抛物线的焦点.

（1）求椭圆与抛物线的方程；

（2）过椭圆的左顶点的直线交抛物线于两点，点为原点，射线分别交椭圆于两点，的面积为，的面积为，则是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】（1），   

（2）或

【解析】

【分析】（1）根据题意，由焦点三角形的周长公式，以及两点之间距离公式结合二次函数性质，列出方程组，根据椭圆与抛物线的标准方程，可得答案；

（2）根据题意设出直线的方程，联立直线与抛物线，写出韦达定理，根据题目中的面积关系，列出等式，结合设出的点，写出射线所在直线的方程，联立其与椭圆，整理等式，可得答案.

【小问1详解】

由题意可作图如下：

的周长为，

设，则，由，则，

由，即，

令，其对称轴为，

则函数在上单调递减，即，

所以，

由题意得，解得，椭圆的方程为，

，所以抛物线的方程为.

【小问2详解】

由题意可作图如下：

由题意得直线l的斜率不为0，，

设直线l的方程为，设，

由，得，∴，

∵，，

∵，∴ 直线OA的斜率为，即直线OA的方程为,

由，得，同理可得，

，

，得，

∴ 存在直线l，方程为或.

（二）选考题：共10分. 请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分. 并请考生务必将答题卡中对所选试题的题号进行涂写.

[选修4—4：坐标系与参数方程]

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

（1）写出直线的参数方程及曲线的普通方程；

（2）设点，若直线与曲线交于A，B两点，且，求实数的值.

【答案】（1）直线的参数方程为（为参数），曲线的普通方程为   

（2）

【解析】

【分析】（1）将直线的极坐标方程化为普通方程，再将直线的普通方程化为参数方程即可，直接消去参数将曲线的参数方程化为普通方程即可；

（2）设、对应的参数分别为、，将直线的参数方程与曲线的普通方程联立，结合，得到关于的等式，再求出的值即可.

【小问1详解】

因为，所以，

又因为，，即，

所以直线的普通方程可化简为,

所以直线的参数方程为（为参数），

由，消去得，

所以曲线的普通方程.

小问2详解】

由，知与反向，所以点在圆内，

所以，解得，

联立直线的参数方程和曲线的普通方程，可得，

设、对应的参数分别为、，

因为点在圆内，则直线必与圆相交，

由韦达定理，可得①，②，

由于，代入①可得，代入②可得，

所以，解得，合乎题意.

综上所述，.

[选修：不等式选讲]

23. 设函数，．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）对任意，恒有，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由绝对值不等式的解法，当a=2，分，，三种情况讨论，求解不等式即可得解；

（2）分析可得原题意等价于，结合绝对值不等式分析运算.

【小问1详解】

当时，可得，

当时，则，解得，此时得；

当时，则，此时无解；

当时，则，解得，此时得；

综上所述：不等式的解集为．

【小问2详解】

对任意，恒有，等价于，

因为，当且仅当时，等号成立

所以，且，

即，解得或，

所以实数的取值范围为．

【点睛】考查绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．