四川省宜宾市第四中学2022-2023学年高二数学（文）下学期期末试题（Word版附解析）

宜宾市第四中学2023年春期高二期末考试

数学（文史类）

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. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先根据复数的除法求出，再根据共轭复数的定义即可得解.

【详解】由，

得，

所以.

故选：A.

2. 某工厂为了对产品质量进行严格把关，从500件产品中随机抽出50件进行检验，对这500件产品进行编号001，002，…，500，从下列随机数表的第二行第三组第一个数字开始，每次从左往右选取三个数字，则抽到第四件产品的编号为（    ）

2839  3125  8395  9524  7232  8995

7216  2884  3660  1073  4366  7575

9436  6118  4479  5140  9694  9592

6017  4951  4068  7516  3241  4782

A. 447 B. 366 C. 140 D. 118

【答案】A

【解析】

【分析】根据随机数表，数字要求500以内（含500），且不重复选取，写出前4个可得答案.

【详解】从第二行第三组第一个数字开始，每次从左往右选取三个数字，依次可得： 366，010，118，447，…

故选：A.

3. 甲、乙两名篮球运动员在几场比赛中得分的茎叶图如图所示，则甲、乙两人在这几场比赛中得分的中位数之和为（    ）．

A. 45 B. 52 C. 47 D. 54

【答案】B

【解析】

【分析】根据茎叶图数据以及中位数的定义，求出两组数据的中位数，求和即可.

【详解】由茎叶图可知，甲得分数据为12,15,23,24,31,44,49，中位数为24；

乙得分数据为13,22,23,28,35,44,47，中位数为28.

乙两人在这几场比赛中得分的中位数之和为52.

故选:B

4. 已知x，y为正实数，则“”是“”的（    ）

A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】利用指数函数的性质，结合充分条件、必要条件的定义判断作答.

【详解】x，y为正实数，则，

若，有，则，

即命题“若，则”是真命题；

若，取，有，此时，

即命题“若，则”是假命题，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

5. 在区域内任取一点，则满足的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，作出可行域的约束的平面区域，再结合几何概型求解即可.

【详解】解：画出区域（图中及内部），

区域内满足的区域为图中四边形的内部及边界（不包括），

且，，，

所以，所以，

故所求概率

故选:B.

6. 更相减损术是出自中国古代数学专著《九章算术》的一种算法，其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之”，如图是该算法的程序框图，如果输入，，则输出的a是（    ）

A. 17 B. 23 C. 33 D. 43

【答案】B

【解析】

【分析】根据程序框图依次计算得到答案.

【详解】根据程序框图，输入的，，因为，且，所以；第二次循环，；

第三次循环，；

第四次循环，，此时，输出.

故选：B

7. 甲､乙､丙､丁四人参加一项有奖活动，他们猜测谁能获奖，对话如下：甲：“如果我能获奖，那么乙也能获奖.”乙：“如果我能获奖，那么丙也能获奖.”丙：“如果丁没获奖，那么我也不能获奖.”实际上，他们之中只有一个人没有获奖，且甲乙丙说的都是正确的，那么没能获奖的是（    ）

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁

【答案】A

【解析】

【分析】根据丙的话进行分析得丁一定获奖，进而根据甲获奖，可以推出矛盾，因此可得结论.

【详解】根据甲乙丙说的都是正确的，且只有一个人没有获奖，首先根据丙说的话可以推断：丁一定获奖，否则丁没有获奖丙也没有获奖，这与只有一个人没有获奖矛盾；其次，考虑甲是否获奖，若甲能获奖，那么根据甲说的话可以推断乙也能获奖，根据乙说的话又可以推断丙也获奖，这样四个人都获奖，不可能，故甲不能获奖.因此没有获奖的人是甲.

故选:A

8. 已知二进制和十进制可以相互转化，例如，则十进制85转化二进制位．若将正整数n对应的二进制中0的个数记为，例如．则，则下列结论正确的为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，设正整数，得到正整数的二进制系数和，及正整数的二进制系数中0的个数为，进而逐项判定，即可求解.

【详解】设正整数（其中个系数，其中）

则正整数的二进制系数和（也是正整数的二进制系数中1的个数），所以正整数的二进制系数中0的个数为，

因为，

所以，

所以，所以B错误；

因为，

所以的二进制系数中1的个数为，

所以0的个数，所以A错误；

因为，

所以的二进制系数中1的个数为，

而，

所以的二进制系数中1的个数为，

所以，

故的二进制的系数中0的个数为

，

所以C正确；

因为，所以系数和，

所以的二进制中0的个数为，所以D错误.

故选：C.

9. 已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（    ）

A. 6 B. 12 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设，，由椭圆定义得，由余弦定理求出，从而利用三角形面积公式求出答案.

【详解】由椭圆，得，，.

设，，

∴，在中，由余弦定理可得：，

可得，得，

故.

故选：C.

10. 在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先用正弦定理求出外接圆的半径,然后利用求出三棱锥外接球的半径,即可算出表面积.

【详解】设外接圆的半径为,则,∴,

设三棱锥外接球的半径为,由,可知为等腰三角形,则,

故外接球的表面积.

故选:B.

【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球的表面积,其中根据几何体的结构特征和球的性质,求得三棱锥的外接球的半径是解题的关键,着重考查了空间想象能力,以及推理与运算能力.

11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线交于两点且，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】将代入可得，即可得，由可得的关系式，即可求得答案.

【详解】设的半焦距为c,

将代入可得，

故，又,

故由得，即，则，

即，则双曲线的离心率为，

故选：A

12. 若关于的不等式的解集中恰有2个整数，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知将不等式转化为.令，根据导函数研究函数的性质.根据已知可知，作出的图象，结合图象，即可得出不等式组，求解即可得出答案.

【详解】由已知可得，

将不等式可化为，

令，，

所以，时，，在为增函数；

时，，在减函数.

所以，在处有极大值，也是最大值1.

令，显然，所以单调递增.

作出的图象

因为不等式的解集中恰有2个整数，

根据的单调性，结合图象可知，

1和2满足不等式，且3不满足不等式，即，

解得.

故选：C．

【点睛】思路点睛：移项转化不等式，构造函数，根据导函数研究函数的性质，作出函数的图象，结合函数的性质，以及图象，即可得出答案.

第II卷  非选择题

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相．某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为_________人．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意求得每个学生抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解.

【详解】利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了15人,12人，可得高三年级抽取了9人，

又由高三年级共有900名学生，则每个学生被抽到的概率为，

设该校共有名学生，可得，解得（人），

即该校共有名学生.

故答案为：.

14. 抛物线上的点到焦点的距离为，则点的纵坐标为________.

【答案】1

【解析】

【分析】根据焦半径公式，代入求值.

【详解】抛物线，，设点，

依题意可知，，得，

故答案为：

15. 如图，在棱长为1的正方体中，E，F，G分别为，BD，的中点，则与FG所成的角的余弦值为______.

【答案】

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，分别求得，再利用向量的夹角公式求解.

【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：

则，

，，

所以，

即与FG所成的角的余弦值为.

故答案为：

16. 已知曲线．

①若为曲线上一点，则；

②曲线在处的切线斜率为0；

③与曲线有四个交点；

④直线与曲线无公共点当且仅当．

其中所有正确结论序号是_____________．

【答案】①②

【解析】

【分析】分、的符号情况化简曲线的方程，从而可画出曲线的图象，结合图象逐一分析即可.

【详解】当，时，曲线的方程为    ，即，曲线是双曲线的一部分；

当，时，曲线的方程为    ，即，曲线是椭圆的一部分；

当，时，曲线的方程为    ，曲线不存在；

当，时，曲线的方程为    ，即，曲线是双曲线的一部分；

双曲线和有一条共同的渐近线，

综上，可作出曲线的图象，如图：

由图象可知曲线的图象上的点都在直线的下方，

所以当在曲线上时，有，故①正确；

设过点的直线的方程是，若直线与椭圆相切，

则由得，

，得；

若直线与双曲线相切，

则由得，则且，得，

此时直线的方程是，与曲线相切，故②正确；

直线是表示与直线平行或重合的直线，

由曲线的图象可知，直线与曲线不可能有四个交点，故③错误；

设直线与椭圆相切，则

由得，

所以，解得，结合曲线的图象，取，

即直线与曲线相切，

所以若直线与曲线无公共点，结合曲线的图象，

或，故④错误.

故答案为：①②.

【点睛】方法点睛：1.曲线方程中带有绝对值，一般是分绝对值里的式子的符号讨论去绝对值；

2.直线与曲线的交点问题常采用数形结合的方法.

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. 设函数，其中．

（1）当时，求在区间上的最大值与最小值；

（2）求函数的单调递增区间．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用导数可确定在上的单调性，进而确定最值点和最值；

（2）求导后，根据的两根可确定的解集，由此可得单调递增区间.

【小问1详解】

当时，，，

当时，；当时，；

在上单调递减，在上单调递增，

又，，，

，.

【小问2详解】

由题意知：定义域为，；

令，解得：或；

，，当时，，

的单调递增区间为.

18. 某市民用水拟实行阶梯水价，每人用水量中不超过立方米的部分按4元/立方米收费，超出立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了10000位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图：

（1）如果为整数，那么根据此次调查，为使80%以上居民在该月的用水价格为4元/立方米，至少定为多少？

（2）假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替，当时，估计该市居民该月的人均水费．

【答案】（Ⅰ）3；（Ⅱ）10.5元.

【解析】

【详解】试题分析：（1）根据水量的频率分布直方图知月用水量不超过立方米的居民占，所以至少定为；（2）直接求每个数据用该组区间的右端点值与各组频率的乘积之和即可.

试题解析：（1）由用水量的频率分布直方图知，

该市居民该月用水量在区间内的频率依次为．

所以该月用水量不超过立方米的居民占，用水量不超过立方米的居民占．依题意，至少定为

（2）由用水量的频率分布直方图及题意，得居民该月用水费用的数据分组与频率分布表：

根据题意，该市居民该月的人均水费估计为：

（元）．

考点：1、频率分布直方图的应用；2、根据频率分布直方图求平均值.

19. 如图，在四棱锥中，，，，平面平面.

（1）求证：平面；

（2）设，，求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，结合等腰三角形三线合一、面面垂直和线面垂直性质可得；又，由线面垂直的判定可证得结论；

（2）利用勾股定理可求得，根据，结合棱锥体积公式可求得结果.

【小问1详解】

取的中点，连接，

，为中点，，

平面平面，平面平面，平面，

平面，又平面，，

，，，

，平面，平面.

【小问2详解】

由（1）知：平面，

平面，，又，，，

，为等腰三角形，，，

.

20. 已知是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于、两点，且．

（1）求抛物线的方程；

（2）若为坐标原点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线与抛物线的另一交点为，的中点为，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）分析可知与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦半径公式结合韦达定理以及可求得的值，由此可得出抛物线的方程；

（2）写出直线的方程，将代入直线的方程，求出的坐标，然后求出的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，分析可知、、三点共线，可得出，结合可求得的取值范围.

【小问1详解】

解：抛物线的焦点为，

若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，

设直线的方程为，设点、，

联立可得，，

由韦达定理可得，，

，解得，

所以，抛物线的方程为.

【小问2详解】

解：设点、，则，由（1）可得，，

又因为直线的方程为，

将代入直线的方程可得，可得，即点，

所以，，

因为，则，

所以，直线的方程为，

联立可得，则，

故，则，

由的中点为，可得，

故、、三点共线，则．

又由，知，

故

.

故的取值范围为．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.

21. 已知函数，．

（1）讨论函数极值点的个数；

（2）若函数有两个极值点，，证明：．

【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）求出导函数，研究在上解的个数，由的正负确定的单调性，确定极值点个数；

（2）由（1）知，当时，函数有两个极值点，，且，．计算并转化为关于的函数，然后求出函数的单调性证明结论成立．

【详解】解：（1），．

当时，，

在单调递增，没有极值点；

当时，令，时，或，

设当时，方程的两根为，，且．

若，则，注意到，，

知的两根，满足．

当，，，单增；

当，，，单减，

所以只有一个极值点；

若，则，，

即恒成立，

在单调递增，所以没有极值点；

若，则，注意到，，

知的两根，满足．

当，，，单增；

当，，，单减；

当，，，单增；

所以有两个极值点．

综上：当时，有一个极值点；

当时，没有极值点；

当时，有两个极值点．

（2）由（1）知，当时，函数有两个极值点，，

且，．

所以

，，

令，．

则，

所以在单调递减，

所以，所以．

【点睛】本题考查用导数研究函数的极值问题，证明有关极值点的不等式，证明有关极值点不等式的关键是问题的转化，利用极值点与题中参数关系，把问题转化为关于参数的函数，转化为确定函数的单调性．

（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. 如图所示形如花瓣的曲线称为四叶玫瑰线，在极坐标系中，其极坐标方程为．

（1）若射线与相交于异于极点的点，求；

（2）若为上的两点，且，求面积的最大值．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）联立曲线与射线极坐标方程可得答案；
（2）设,,，由题结合可得及表达式，后利用二倍角公式可得答案．

【小问1详解】

联立曲线与射线极坐标方程可得:,
即.

【小问2详解】

设,,,
由题结合,可得,.
则

，

当,即时,最大值为，

所以面积的最大值为.

（选修4-5 不等式选讲）

23. 已知函数．

（1）求不等式的解集；

（2）记（1）中集合M中最大的整数为t，若正数a，b，c满足，求的最小值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由分段讨论法去绝对值求解

（2）由（1）得到，根据，利用基本不等式，即可求解.

【小问1详解】

解：由函数

因为，所以，

当时，，此时x无解；

当时，，解得；

当时，，解得．

综上所述，不等式的解集．

【小问2详解】

解：由（1）可知，即，

所以

，

当且仅当时，等号成立，