2022-2023学年河北省邯郸市高二下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年河北省邯郸市高二下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出集合，再由并集的定义求出.

【详解】由，又，

可知.

故选：D.

2．已知，且，其中，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据复数加减法运算规则和复数相等的定义求解.

【详解】由，得，

代入有，

则，且，

解得.

故选：A.

3．已知向量满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对平方后化简计算求解.

【详解】因为，所以，即，解得.

故选: C.

4．开普勒第一定律也称椭圆定律､轨道定律，其内容如下：每一行星沿各自的椭圆轨道环绕太阳，而太阳则处在椭圆的一个焦点上.将某行星看作一个质点，绕太阳的运动轨迹近似成曲线，行星在运动过程中距离太阳最近的距离称为近日点距离，距离太阳最远的距离称为远日点距离.若行星的近日点距离和远日点距离之和是18（距离单位：亿千米），近日点距离和远日点距离之积是16，则（    ）

A．39 B．52 C．86 D．97

【答案】D

【分析】根据椭圆方程表示近日点距离与远日点距离，再根据条件得到两个方程求解即可.

【详解】根据椭圆方程，得长半轴，半焦距，

近日点距离为，远日点距离为，

近日点距离和远日点距离之和是，

近日点距离和远日点距离之积是，

解得，则.

故选：D.

5．如图，在四棱台中，正方形和的中心分别为和平面，则直线与直线所成角的正切值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出直线与直线所成角，解直角三角形求得其正切值.

【详解】连接，作，

垂足为即直线与直线所成的角.

.

故选：B

6．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据函数的单调性和奇偶性画出的草图，由此求得的解集.

【详解】如图，

当时，，因为函数在上分别单调递增，

可得在上单调递增，且.

因为是定义在上的奇函数，所以在上单调递增，且.

由，得或解得或.

则不等式的解集是.

故选：D.

7．在一个宫格中，有如图所示的初始数阵，若从中随机选择2个宫格，将其相应的数字变成相反数，得到新的数阵，则新的数阵中所有数字之和为25的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意首先判断出所选的两个宫格数字之和为，再利用古典概型概率计算公式求解即可.

【详解】初始数阵中的9个数成等差数列，这9个数的和为45.

因为新的数阵中所有数字之和为25，

所以随机选中的两个数字之和为

有4种情况：,

故所求概率为

故选：.

8．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】通过中间值1结合不等式性质可得；解法一：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得；解法二：构造，利用导数判断单调性，结合单调性可得.

【详解】因为，所以，

又因为，所以，即；

解法一：构造，则，

当时，可得，则在上单调递增，

又因为，则，

所以，

则，即；

解法二：构造，则，

令，解得，则在上单调递减，

所以，

即，则，可得；

综上所述：.

故选：B.

【点睛】方法点睛：利用导数比较大小的基本步骤

(1)作差或变形；

(2)构造新的函数；

(3)利用导数研究的单调性或最值；

(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．

特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．

二、多选题

9．函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．  B．

C．  D．

【答案】BC

【分析】先根据周期求出，再利用对称轴求出.

【详解】由函数图象可知，，则，不妨取.

当时，取得最大值，

则，即.

故.

故选：BC.

10．某校为了了解学生的身体素质，对2022届初三年级所有学生仰卧起坐一分钟的个数情况进行了数据统计，结果如图1所示.该校2023届初三学生人数较2022届初三学生人数上升了,届初三学生仰卧起坐一分钟的个数分布条形图如图2所示，则（    ）

A．该校2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占

B．该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数同个数段的学生人数的2.2倍还多

C．该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数和2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数均在内

D．相比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占比增加

【答案】ABD

【分析】根据饼状图和条形图对四个选项逐个计算可得答案.

【详解】2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占比为，A正确.

由于2023届初三学生人数较2022届上升了，假设2022届初三学生人数为，

则2022届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数为，

2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数为，

因为，故 B正确；

2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在内，

2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在内，故C错误；

2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占，

届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占，因为，故D正确.

故选：ABD.

11．已知函数，若过点恰能作2条曲线的切线，则的值可以为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】BC

【分析】设切点坐标，写出切线方程，代入点，则得到的方程有两解，再转化为两个函数图像有两个交点解决问题.

【详解】设切点为，

切线的方程为.

代入点，可得，即.

因为切线过点恰能作2条曲线的切线，所以方程有2解.

令函数.

当或时，；当时，.

所以在和上单调递增，在上单调递减.

所以的极大值为，的极小值为，

所以或，解得或.

故选：BC.

12．如图1，《卢卡•帕乔利肖像》是意大利画师的作品.图1中左上方悬着的是一个水晶多面体，其表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，如图2.若，则（    ）

A．

B．该水晶多面体外接球的表面积为

C．直线与平面所成角的正弦值为

D．点到平面的距离为

【答案】BCD

【分析】根据该水晶多面体的对称性、正方体的性质，以及立体几何中的向量方法判断各选项.

【详解】该水晶多面体的俯视图如图1所示，

对于A，，故A错误；

对于B，建立如图2所示的空间直角坐标系，则.

记该水晶多面体外接球的半径为，球心，则，故该水晶多面体外接球的表面积为，故B正确.

对于C，因为，，平面，

所以平面平面.

根据正方体的对称性易得平面的一个法向量为，即为平面的一个法向量.，

故直线与平面所成角的正弦值为，故C正确.

对于D，点到平面的距离为，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知圆的圆心为点，且经过原点，则圆的标准方程为          .

【答案】

【分析】先求出圆的半径，再写出圆的标准方程.

【详解】由已知得圆的半径，

所以圆的标准方程为.

故答案为：.

14．已知,，则的取值可以是          .（写出一个即可）

【答案】（答案不唯一，也可以是或或）

【分析】根据二倍角的正弦、余弦公式可求出.

【详解】因为，所以,

所以，所以或，即或，

因为，所以或或或.

故答案为：（（答案不唯一，也可以是或或）.

15．已知，且，则的最小值为          .

【答案】16

【分析】化简已知条件得到，利用基本不等式求得的最小值.

【详解】因为，所以.因为，

所以，，

则，当且仅当时，等号成立.

故答案为：

16．已知抛物线的准线与轴交于点，过的直线与交于两点.若，则直线的斜率为          .

【答案】

【分析】设直线的方程为，联立，利用韦达定理可得，再结合向量坐标关系即可求解.

【详解】设直线的方程为.

联立，得.

由，解得或.

由韦达定理得.

又，，

即为中点，

所以，解得.

故直线的斜率为.

故答案为：.

四、解答题

17．在中，角的对边分别为，已知,，且.

(1)求；

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理边化角可求出；

（2）根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可求出结果.

【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，

因为，所以，所以，即.

因为，所以.

（2）由余弦定理可得，

因为,，所以，所以.

故的面积为.

18．在数列中，，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)在数列中，满足（为正整数）的项有项，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先利用定义法证明数列是等差数列，从而得到关于的方程，解出即可；

（2）根据题意得，再利用分组求和法即可得.

【详解】（1）因为，所以，

则是等差数列.设的公差为，

由解得，故.

（2）满足（为正整数）的项有项，所以.

.

19．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，分别为棱的中点，.

(1)证明：四点共面；

(2)求平面与平面的夹角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据空间向量共面的充要条件可知，若存在，使，则四点共面；

（2）分别求出平面与平面的法向量，从而根据夹角公式求解即可.

【详解】（1）因为平面，平面，所以，

又底面为直角梯形，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则.

.

设，即，解得

所以.故四点共面.

（2）设是平面的法向量，

则，

令，得.

取的中点，则，连接，又因为，所以，

又由（1），，平面，平面，所以平面，

又，所以平面，

又平面，所以，

又，平面，平面，

所以平面，即平面的一个法向量为.

所以.

故平面与平面的夹角的大小为.

20．世界卫生组织建议成人每周进行2.5至5小时的中等强度运动.已知社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，社区有的居民每周运动总时间超过5小时，且三个社区的居民人数之比为.

(1)从这三个社区中随机各选取1名居民，求至少有1名居民每周运动总时间超过5小时的概率；

(2)从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；

(3)假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量（单位：小时），且，现从这三个社区中随机选取1名居民，求该居民每周运动总时间为3至5小时的概率.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据概率公式，先算出该居民是各社区且每周运动时间没有超过5小时的概率，由对立事件的概率公式求解即可；

（2）由于三个社区的居民人数之比为，设出三个社区的居民人数，计算出各社区每周运动总时间超过5小时的人数，然后由频率估计概率即可；

（3）由正态分布的性质结合条件求解即可.

【详解】（1）设从三个社区中各选取的1名居民的每周运动总时间超过5小时分别为事件，

则.

设选取的3名居民中至少有1名居民每周运动总时间超过5小时为事件，

则事件的对立事件为选取的3名居民每周运动总时间都没有超过5小时，

所以，

故选取的3名居民中至少有1名居民每周运动总时间超过5小时的概率为.

（2）设三个社区的居民人数分别为，

则社区每周运动总时间超过5小时的人数为，

社区每周运动总时间超过5小时的人数为，

社区每周运动总时间超过5小时的人数为，

所以，故从这3个社区中随机抽取1名居民且每周运动总时间超过5小时的概率.

（3）因为，所以.

因为，所以，

所以.

21．已知双曲线经过点，双曲线的右焦点到其渐近线的距离为2.

(1)求双曲线的方程；

(2)已知为的中点，作的平行线与双曲线交于不同的两点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，证明：三点共线.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式求解；

（2）利用韦达定理以及斜率公式证明三点共线.

【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，

所以双曲线的右焦点到其渐近线的距离为.

因为双曲线经过点，所以，解得.

故双曲线的方程为.

（2）证明：因为为的中点，所以.

设直线的方程为，

所以，

直线的方程为，

直线的方程为.

联立,

可得，

所以

又因为，所以，

则.

同理可得.

,

，

所以.

故三点共线.

22．已知函数.

(1)若是增函数，求的取值范围；

(2)若在上恒成立，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由是增函数得出在上恒成立，结合参变分离以及函数的最值求得结果；

（2）设函数，分成，，三种情况分类讨论函数的单调性及最值得出结果.

【详解】（1）的定义域为.

因为是增函数，所以在上恒成立.

即在上恒成立.

令函数，.

所以在上单调递增，则.

所以，故的取值范围为.

（2）由题意可得在上恒成立.

令函数，则.

当时，，

所以，此时在上单调递增，

故，符合题意.

当时，令函数，则.

所以在上单调递增.

.

当，即时，在上恒成立，

此时在上单调递增，故，符合题意.

当，即时，存在，使得当时，，

即在上单调递减，此时，不符合题意.

综上，的取值范围是.

【点睛】不等式恒成立求参数的取值范围方法点睛：

常规套路无非是分类讨论和分离参数.分类讨论是一定可行的，但却未必简单，这需要严密的逻辑，甚至耗费洪荒之力.分离参数的方法无需讨论，降低了难度，同时也会有一定的计算量.