贵州省黔南州2022-2023学年高二数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

黔南州2022—2023学年度第二学期期末质量监测

高二  数学

注意事项：

1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．

2．答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上．

3．选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写．在试卷、草稿纸上答题无效．

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，则（    ）

A.  B.  C. 0 D. 1

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数除法、减法运算法则和共轭复数的概念求解即可.

【详解】由题意知，，

所以，所以.

故选：A

2. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据不等式知识化简集合，再结合交集知识求解答案.

【详解】由题意得，，

又因为，

所以.

故选：A

3. 抛物线上的一点到焦点的距离为4，则点的纵坐标为（    ）

A 4 B. 2 C.  D. 0

【答案】C

【解析】

【分析】根据抛物线的焦半径公式可求出结果.

【详解】抛物线的准线方程为，

设，依题意得，即，

所以，.

所以点的纵坐标为.

故选：C

4. “天干地支纪年法”源于中国，中国自古便有十天干和十二地支，十天干为甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支为子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．“天干地支纪年法”是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，……，以此类推，一直排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支又回到“子”重新开始，即“丙子”，……，以此类推，2023年是“癸卯”年，正值黔南布依族苗族自治州建州67周年，那么据此推算，黔南州的建州年份是（    ）

A. 丙申年 B. 癸亥年 C. 庚丑年 D. 庚辰年

【答案】A

【解析】

【分析】利用天干和地支的周期性可求出结果.

【详解】由题意可知，天干以为周期，地支以为周期，

由于，余数为，又2023年是“癸卯”年，故黔南州的建州年份的天干为“丙”，

由于，余数为，又2023年是“癸卯”年，故黔南州的建州年份的地支为“申”，

所以黔南州的建州年份是“丙申年”.

故选：A

5. 已知向量，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量坐标运算公式直接计算求解即可.

【详解】因为，，

所以，

，

因为，

所以，

即，所以.

故选：B

6. 已知等比数列的前n项和为．若，则（    ）

A. 13 B. 16 C. 9 D. 12

【答案】A

【解析】

【分析】根据等比数列的性质，可得仍成等比数列，得到，即可求解.

【详解】设，则，

因为为等比数列，根据等比数列的性质，

可得仍成等比数列.

因为，所以，

所以，故.

故选：A

7. 已知，且，则（    ）

A.  B.  C. 7 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据同角公式和两角差的正切公式可求出结果.

【详解】因为，所以，

又因为，所以，，

所以，解得.

故选：C.

8. 已知函数在区间上单调递增．则的最大值为（    ）

A.  B. e C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．

【详解】因为，所以，

依题意在上恒成立，所以，

设，所以，所以在上单调递增，

所以，故，即的最小值为．

故选：B．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图．则以下说法正确的是（    ）

A. 周岁人群的参保人数最多 B. 周岁人群参保的总费用最少

C. 丁险种更受参保人青睐 D. 30周岁及以上的参保人数占总参保人数的

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据统计图逐个分析判断即可.

【详解】由参保人数比例图可知，周岁人群的参保人数最多，故A正确；

30周岁及以上的人群约占参保人群的，故D正确；

由参保险种比例图可知，丁险种更受参保人青睐，故C正确；

由不同年龄段人均参保费用图可知，周岁人群人均参保费用最少，约为元，

但这类人所占比例为，设参保总人数为a，

则周岁人群参保总费用约为（元），

而54周岁及以上参保人群参保总费用约为（元），

，故B错误．

故选：ACD

10. 已知P是椭圆上的动点，Q是圆上的动点，则（    ）

A. 椭圆C的焦距为 B. 椭圆C的离心率为

C. 圆D在椭圆C的内部 D. 的最小值为

【答案】BC

【解析】

【分析】A和B：利用椭圆的方程求解判断；C：由椭圆方程和圆的方程联立，利用判别式法判断；D：利用圆心到点的距离判断.

【详解】因为椭圆方程为：，

所以，焦距为，故A错误，B正确；

由，得，

因为，

所以椭圆与圆无公共点，又圆心在椭圆内部，

所以圆在椭圆内部，故C正确；

设，

则，

当时，取得最小值，则的最小值为，故D错误，

故选：BC

11. 在正方体中，为的中点，在棱上，下列判断正确的是（    ）

A. 若平面，则为的中点

B. 平面平面

C. 异面直线与所成角的余弦值为

D. 若，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的边长为，进而根据坐标法依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：根据题意，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的边长为，

所以，，，，，，

对于A选项，所以，

设是平面的法向量，

则，即，故令，则，

所以，解得，此时为的中点，故A选项正确；

对于B选项，设是平面的法向量，

由于，，则，即，令得，由于

所以，所以平面平面，故B选项正确；

对于C选项，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，故C选项错误；

对于D选项，若，则，故D选项正确.

故选：ABD

12. 已知函数的定义域为，且对任意a，，都有，且当时，恒成立，则（    ）

A. 函数是上的增函数 B. 函数是奇函数

C. 若，则的解集为 D. 函数为偶函数

【答案】ABC

【解析】

【分析】利用单调性定义结合可判断A；

利用特殊值求出，从而证明可判断B；

根据条件并利用单调性解不等式可判断C；

利用奇偶性的定义可判断D.

详解】设，且，，则，

而

，

又当时，恒成立，即，，

函数是R上的增函数，A正确；

由，

令可得，解得，

令可得，即，而，

，而函数的定义域为R，

故函数是奇函数，B正确；

令可得，解得，所以

因为函数是上的增函数，

由，可得，所以，C正确；

令，易知定义域为R，

因为，显然不恒成立，所以不是偶函数，D错误.

故选：ABC

【点睛】关键点点睛：本题考查抽象函数的综合应用.关键点在于赋值法的运用，通过对题意得理解，巧妙的赋予特殊值，进而求解选项答案.本题考查转化与化归能力，重在数据的分析与推理，属于中档题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若函数是奇函数，则a的值为________．

【答案】

【解析】

【分析】根据奇函数的性质和对数运算法则直接计算即可.

【详解】因为函数是奇函数，

所以，

即，所以，即，

所以，即a的值为.

故答案为：

14. 若直线与圆相交于两点，则弦的长为________．

【答案】

【解析】

【分析】先求出圆心到直线的距离，再根据勾股定理可求出弦长.

【详解】由可得圆心为，半径为，

圆心到直线的距离，

所以.

故答案为：.

15. 如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为2，高为4，内装水若干，将容器放倒．把一个侧面作为底面，如图2，这时水面恰好是中截面．则图1中容器水面的高度是________．

【答案】

【解析】

【分析】根据水的体积与棱柱体积的关系得出结论．

【详解】棱柱的体积公式是，其中是底面积，是高．

在图2中，水面是中截面，水面以上部分是一个三棱柱，

所以这个三棱柱的底面积是原来三棱柱底面的，

从而这个小三棱柱的体积是大棱柱体积的（高一样），

所以水的体积是大三棱柱体积的，那么图1中水面的高度是棱柱高的，即为．

故答案为：．

16. 已知函数的图象在区间上恰有3个最高点．则的取值范围为________．

【答案】

【解析】

【分析】根据正弦函数的最大值求解可得结果.

【详解】令，，

得，，

因为函数的图象在区间上恰有3个最高点．

所以，解得.

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 某中学为了丰富学生的业余生活，开展了一系列文体活动，其中一项是同学们最感兴趣的3对3篮球对抗赛，现有甲、乙两队进行比赛．甲队每场获胜的概率为，无平局．每场比赛互不影响，

（1）若采用三局两胜制进行比赛，求甲队获胜的概率

（2）若采用五局三胜制进行比赛，求乙队在第四场比赛后即获得胜利的概率

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）（2）都是根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可求出结果；

【小问1详解】

记“甲第场比赛获胜”， 则相互独立，,,

若采用三局两胜制进行比赛，则甲队获胜的概率为

.

【小问2详解】

若采用五局三胜制进行比赛，则乙队在第四场比赛后即获得胜利的概率为

.

18. 记数列的前n项和为，对任意，有．

（1）证明：为等差数列；

（2）求数列的前n项和．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据，令得到，令最终得到，结合等差数列定义即可证明；

（2）根据等差数列定义得到，结合裂项相消法求和即可.

【小问1详解】

因为，

所以当时，，所以，

当时，，

两式相减得，

即，

即，

因为，所以为常数，

所以是首项为2，公差为2的等差数列

【小问2详解】

由（1）知，，

所以，

所以数列的前n项和为.

19. 记的内角的对边分别为，已知．

（1）求；

（2）若，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据余弦定理可得结果；

（2）根据余弦定理和三角形面积公式可得结果.

【小问1详解】

因为，所以，所以.

【小问2详解】

由以及，得，

因为，所以，

所以.

20. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为2的正方形，．再从条件①：；条件②：；条件③：平面平面中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．

（1）证明：平面；

（2）在第（1）问基础上，求直线BC与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据所选的条件，应用勾股定理易得，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可.

（2）构建为原点建立空间直角坐标系，由已知确定相关点坐标，再求直线的方向向量、面的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值.

【小问1详解】

若选①②：

由，，，可得，则，

又因为，，面，

所以面；

若选①③：

由，，，可得，则，

又因面面，面面，面，

所以平面

若选②③：

要证面，需证垂直于面中两条相交直线，或由面面垂直的性质证线面垂直，

结合条件，面面，，在面内，且不为两个垂直平面的交线，

根据题设，无法确定与或等线段是否垂直，故无法证明结论，故不选②③

【小问2详解】

若选①②：

由（1）知，，

因为四边形是正方形，所以，

如图，以为原点建立空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，，

设面的一个法向量为，

则，即

令，则，，即，

设直线与平面所成角为，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

若选①③：

由（1）知，平面，

因为平面，所以

因为四边形是正方形，所以，

如图，以原点建立空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，，

设面的一个法向量为，

则，即

令，则，，即，

设直线与平面所成角为，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

21. 已知函数，

（1）当时，求的最值；

（2）讨论的单调性．

【答案】（1），无最大值.   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出单调区间，从而求出函数的最值；

（2）求出导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可得解.

【小问1详解】

当时定义域为，

则，所以当时，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值即最小值，即，无最大值.

【小问2详解】

定义域为，且，

当时恒成立，所以在上单调递减，

当时，令解得，令，解得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

综上可得：当时在上单调递减；

当时在上单调递减，在上单调递增.

22. 已知直线与抛物线交于两点，且．

（1）求的值；

（2）设为抛物线的焦点，为抛物线上两点，，求面积的最小值．

【答案】（1）2    （2）

【解析】

【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；

（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．

【小问1详解】

设，

由，可得，

由，则，

所以，

所以

，

化简得，

所以或，

因为，所以．

【小问2详解】

因为，显然直线的斜率存在，

设直线：，，

由可得，，

所以，

，

因为，所以，

即，

亦即，

将代入得，

，，

所以，且，解得或．

设点到直线的距离为，所以，

因为，

所以

，

所以的面积，

而或，所以，

当时，的面积