四川省泸县第五中学2022-2023学年高二理科数学下学期期末试题（Word版附解析）

泸县第五中学2023年春期高二期末考试

理科数学

第I卷   选择题（60分）

一、选择题：本题共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. 命题“”的否定是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，即可得出答案.

【详解】解：因为命题“”，

所以其否定为：“”.

故选：B.

2. 若复数满足，则的虚部为（    ）

A.  B.  C. 4 D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数的运算法则和虚部的定义即可得出．

【详解】由复数满足，得

所以复数的虚部为．

故选：．

【点评】本题考查了复数的运算法则和虚部的定义，属于基础题．

3. 已知一组数据的平均数为，标准差为，则数据的平均数和方差分别为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据平均数和方差公式计算可得答案.

【详解】平均数为，

方差为

，

故选：C.

4. 用数学归纳法证明时，第一步应验证不等式（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】取即可得到第一步应验证不等式.

【详解】由题意得，当时，不等式为．

故选：B．

5. 已知随机变量X服从正态分布 ，且，则（     ）

A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6

【答案】C

【解析】

【分析】根据正态分布曲线对称性，结合已知，即可求解.

【详解】随机变量X服从正态分布 ，且，

.

故选：C.

【点睛】本题考查正态分布的概率，利用对称性是解题的关键，属于基础题.

6. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，用导数法可得，从而有，可得确定选项.

【详解】设，

所以，

当时，，当时，，

所以，

所以，

所以，

所以，排除B，C，D.

故选A

【点睛】本题主要考查由函数的解析式识别函数图象，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.

7. 展开式的第5项的系数为（    ）

A. 15 B. ﹣60 C. 60 D. ﹣15

【答案】C

【解析】

【分析】先求出二项式的通项公式，然后直接求第5项的系数

【详解】解：的通项公式为，

所以展开式的第5项的系数为，

故选：C

【点睛】此题考查求二项式展开式指定项的系数，正确求出通项公式是解此题的关键，属于基础题.

8. 为做好社区新冠疫情防控工作，需将四名志愿者分配到甲、乙、丙三个小区开展工作，每个小区至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）种

A. 36 B. 48 C. 60 D. 16

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意可知必有二名志愿者去同一小区开展工作，结合排列数的定义进行求解即可.

【详解】根据题意可知必有二名志愿者去同一小区开展工作，因此有种方式，

所以四名志愿者分配到甲、乙、丙三个小区开展工作，每个小区至少分配一名志愿者共有

种方式.

故选：A

【点睛】本题考查了组合与排列的应用，属于基础题.

9. 如图，在正方形内任取一点，则点恰好取自阴影部分内的概率为

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由定积分的运算得：S阴（1）dx＝（x），由几何概型中的面积型得：P（A），得解．

【详解】由图可知曲线与正方形在第一象限的交点坐标为（1，1），

由定积分的定义可得：S阴（1）dx＝（x），

设“点M恰好取自阴影部分内”为事件A，

由几何概型中的面积型可得：

P（A），

故选B．

【点睛】本题考查了定积分的运算及几何概型中的面积型，考查基本初等函数的导数，属基础题

10. 已知函数若方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由已知，函数的图象有两个公共点，画图可知当直线介于 之间时，符合题意，故选B.

考点：函数与方程，函数的图象.

【详解】

11. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为2，焦点到渐近线的距离为.过作直线交双曲线的右支于两点，若分别为与的内心，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】求出双曲线的解析式，根据与的内心求出的关系式和点的横坐标，设出直线的倾斜角，得到的表达式，即可求出的取值范围

【详解】由题意，

在中，根据焦点到渐近线的距可得，离心率为2，

∴，解得：，

∴

∴双曲线的方程为.

记的内切圆在边，，上的切点分别为，

则，横坐标相等，，，

由，即，

得，即，

记的横坐标为，则，

于是，得，

同理内心的横坐标也为，故轴.

设直线的倾斜角为，则，（Q为坐标原点），

在中，

，

由于直线与的右支交于两点，且的一条渐近线的斜率为，倾斜角为，

∴，即，

∴的范围是.

故选：D.

【点睛】本题考查双曲线的定义与几何性质、三角恒等变换，考查推理论证能力、运算求解能力、数形结合思想，以及角度的取值范围，具有极强的综合性.

12. 已知函数在区间内任取两个实数，，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ）

A. ， B. ， C. ， D. ，

【答案】C

【解析】

【分析】依题意知，设，不等式恒成立等价于恒成立，构造函数，可得在单调递增，求出，转化为在恒成立，分离参数，利用二次函数的单调性与最值即可求得实数的取值范围．

【详解】设，不等式恒成立，

等价于恒成立，

设，

则在上为增函数，

，

，

，又恒成立，

整理得：恒成立，

函数的对称轴方程为，

该函数在区间上单调递增，

，

．

故选：．

【点睛】本题考查函数恒成立问题，将不等式恒成立等价转化为为增函数是解决问题关键，考查化归思想与理解应用能力，属于中档题．

第II卷  非选择题（90分）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 某病毒实验室成功分离培养出奥密克戎BA.1病毒60株、奥密克戎BA.2病毒20株、奥密克戎BA.3病毒40株，现要采用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为30的样本，则奥密克戎BA.3病毒应抽取______株.

【答案】10

【解析】

【分析】计算该层所占的比例，再乘以总人数得出结果.

【详解】由题意可知，奥密克戎BA.3病毒应抽取株.

故答案为：10.

14. 若函数在处有极小值，则实数等于__________.

【答案】1

【解析】

【分析】由f（x）＝ax3﹣2x2+a2x，知f′（x）＝3ax2﹣4x+a2，由f（x）在x＝1处取得极小值，知f′（1）＝3a﹣4+a2＝0，由此能求出a，再根据条件检验即可.

【详解】∵f（x）＝ax3﹣2x2+a2x，

∴f′（x）＝3ax2﹣4x+a2，

∵f（x）＝ax3﹣2x2+a2x在x＝1处取得极小值，

∴f′（1）＝3a﹣4+a2＝0，

解得a＝1或a＝﹣4，

又当a=-4时，f′（x）＝-12x2﹣4x+16=-4（x-1）(3x+4)，此时f（x）在（上单增，在（1，上单减，所以x=1时取得极大值，舍去；

又a=1时，f′（x）＝3x2﹣4x+1=（x-1）(3x-1)，此时f（x）在（上单减，在（1，上单增，符合在x＝1处取得极小值，

所以a＝1．

故答案为1

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值的问题，属于基础题．解题时要认真审题，仔细解答．易错点是容易产生增根．

15. 《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称之为鳖臑（biē nào）．已知四面体为鳖臑，平面，且，若此四面体的体积为1，则其外接球的表面积为__________．

【答案】

【解析】

【分析】由已知，可根据题意，设，然后根据体积为1，求解出，然后把鳖臑的外接球可还原在以为长宽高的长方体中，可根据长方体的外接球半径是其体对角线的一半求解出外接球半径，从而求解外接球表面积.

【详解】由已知，因为平面，可令，

所以，所以，

所以，

由已知，鳖臑的外接球可还原在以为长宽高的长方体中，设其外接球半径为，

所以其外接球的半径，

所以其外接球的表面积.

故答案：.

16. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于、两点，在处的切线与的准线交于点，连接．若，则的最小值为__________．

【答案】

【解析】

【分析】设点、，分析可知抛物线在点处的切线方程为，且直线与轴不重合，设直线的方程为，联立直线与抛物线的方程，列出韦达定理，证明出，，，可求出的值，利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】抛物线的准线为，抛物线的焦点为，如下图所示：

设点、，接下来证明出抛物线在点处的切线方程为，

联立可得，可得，

所以，抛物线在点处的切线方程为，

所以，直线的方程为，

若与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，

设直线的方程为，

联立可得，

，由韦达定理可得，，

在直线的方程中，令可得，可得，

即点，，

，

所以，，即，

因为，

当时，因为，则，则；

当轴时，则，直线的方程为，

联立可得，解得，取点、，

此时，直线的方程为，即，

在直线的方程中，令可得，即点，

所以，，则，则，此时，.

综上所述，，.

因为，则，

又因为，所以，，

所以，，即，

因此，，

当且仅当时，即当时，等号成立，

故的最小值为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.

三、解答题：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，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分

17. 某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.

（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；

（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，求的分布列和数学期望.

【答案】（1）；（2）详分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）记事件｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝

｛顾客抽奖1次获一等奖｝，｛顾客抽奖1次获二等奖｝，｛顾客抽奖1次能获奖｝，则可知与相互独立，与互斥，与互斥，且，，，再利用概率的加法公式即可求解；（2）分析题意可知，分别求得；；；，即可知的概率分布及其期望.

【详解】（1）记事件｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，

｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝，

｛顾客抽奖1次获一等奖｝，

｛顾客抽奖1次获二等奖｝，

｛顾客抽奖1次能获奖｝，

由题意，与相互独立，与互斥，与互斥，

且，，，

∵，，

∴，

，

故所求概率为；

（2）顾客抽奖3次独立重复试验，由（1）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，

∴，

于是；

；

；

，

故的分布列为

的数学期望为.

考点：1.概率的加法公式；2.离散型随机变量的概率分布与期望.

【名师点睛】本题主要考查了离散型随机变量概率分布与期望以及概率统计在生活中的实际应用，这一直都是高考命题的热点，试题的背景由传统的摸球，骰子问题向现实生活中的热点问题转化，并且与统计的联系越来越密切，与统计中的抽样，频率分布直方图等基础知识综合的试题逐渐增多，在复习时应予以关注.

18. 已知函数．

（1）当时，求在上的值域；

（2）若方程有三个不同的解，求的取值范围．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出函数的值域即可.

（2）将问题转化成与有三个交点的问题，通过求导得到图象，通过图象可知只需位于极大值和极小值之间即可，从而得到不等式，求解出范围.

【详解】（1）当时，则

令，解得或

列表如下；

由表可知，在上的最小值为，最大值为

所以在的值域是

（2）由，得

设，则

由，解得：，由，解得：或

所以在递减；在，递增

所以极大值为：；极小值为：，

画出的图象如图所示；

有三个不同解与有三个不同交点

结合图形知，，解得：，

所以方程有三个不同的解时，的取值范围是

【点睛】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性、极值和最值问题以及导数问题中的根的个数的问题的关键在于能够将问题变成曲线和轴交点个数问题，从而利用导数得到函数图像，结合图象得到相应的关系.

19. 如图，在矩形中，点在边上，且满足，将沿向上翻折，使点到点的位置，构成四棱锥.

（1）若点在线段上，且平面，试确定点的位置；

（2）若，求锐二面角的大小.

【答案】（1）点为线段上靠近点的三等分点   

（2）

【解析】

【分析】（1）在取点使，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；

（2）取的中点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角的大小.

【小问1详解】

点为线段上靠近点的三等分点，

证明如下：

如图，

在取点，连接，,使得，

又，所以四边形为平行四边形，所以，

又平面平面，所以平面.

又平面，，平面，

所以平面平面，

又平面平面，平面平面，

所以，所以在中，，所以，

所以点为线段上靠近点的三等分点.

【小问2详解】

如图，取的中点，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，所以，

又，则，

由题意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设，

则，

因为，所以，解得，

故，则，

设平面的法向量为，

则，不妨取，则，

设平面的一个法向量为，则，

记锐二面角的平面角为，所以，

又，则，所以锐二面角的大小为.

20. 已知椭圆的长轴长与短半轴长之比为，且点在椭圆C上．

（1）求椭圆C的方程；

（2）直线与x轴，椭圆C依次相交于三点，点M为线段上的一点，若，求（O为坐标原点）面积的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意得，求解出，从而可得椭圆方程；

（2）将直线方程代入椭圆方程化简，设，，利用根与系数的关系，设，则得，表示出，从而可表示出的面积，再由的范围可求得结果.

【小问1详解】

根据题意得，解得，

所以椭圆C的方程为．

【小问2详解】

由题意得，，

将直线l的方程代入椭圆C的方程，整理得：，

，

由得，，

设，，由韦达定理可得，

设，

所以，，即，

所以，

所以的面积．

因为，

所以的面积．

【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是由求出，从而可表示出的面积，考查数学计算能力和数学转化思想，属于较难题.

21. 已知函数，.

若恒成立，求的取值范围；

已知，是函数的两个零点，且，求证：.

【答案】（1）（2）见解析

【解析】

【详解】试题分析：构造，求导，算单调性，取最值情况法一：联立方程组求解转化证明，设，求导证明结论；法二：要证，只需证，由单调性只需证，令证明结论

解析：令，有，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得最大值，为，

若恒成立，则即.

方法一：，，

，

即

，

欲证：，只需证明，只需证明，

只需证明.

设，则只需证明，

即证：.

设，，

在单调递减，，

，所以原不等式成立.

方法二：由（1）可知，若函数 有两个零点，有，则，且，

要证，只需证，由于在上单调递减，从而只需证，由，

只需证，

又，

即证

即证，.

令，，

有在上单调递增，，.

所以原不等式成立.

点睛：本题考查了运用导数证明恒成立和不等式问题，在证明恒成立时构造新函数，求导利用单调性即可证明，在证明不等式时，有一定难度，注意题目的转化，构造或是利用单调性转化为，本题属于难题．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．

（选修4-4 极坐标与参数方程）

22. 已知曲线C的极坐标方程为，以极点为平面直角坐标系的原点O，极轴为x轴的非负半轴建立平面直角坐标系．

（1）求曲线C的普通方程；

（2）为曲线C上两点，若，求的值．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）由极坐标与直角的互化公式，代入极坐标方程，即可求得曲线C的普通方程；

（2）由，设，则的点坐标为，结合曲线的极坐标方程和三角函数的基本关系式，即可求解的值.

【详解】（1）由曲线C的极坐标方程为，可得，

将代入，可得

可得曲线C的普通方程为.

（2）因为，所以，

因为，设，则的点坐标为，

所以

.

【点睛】本题主要考查了极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及曲线的极坐标方程的应用，其中解答中熟记极坐标与直角坐标的互化公式，以及极坐标方程的几何意义是解答的关键，着重考查推理与运算能力.

（选修4-5 不等式选讲）

23. 已知函数．

（1）解关于x的不等式；

（2）记的最小值为m，若a、b、c都是正实数，且，求证：．

【答案】（1）不等式的解集为或；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）化简函数解析式，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）由已知可得，利用柯西不等式即可证得原不等式成立.

【小问1详解】

由，可得，

当时，由，解得，此时；

当时，，此时不等式无解；

当时，由，解得，此时.

综上所述，不等式的解集为或.

【小问2详解】

由绝对值三角不等式可得，

当且仅当时等号成立，

所以的最小值为，故，

由题意可知，正实数、、满足，

由柯西不等式可得，

当且仅当时，等号成立，故原不等式得证.