2022-2023学年陕西省西安市阎良区高二下学期期末数学(文)试题含答案
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一、单选题
1.若集合,,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】根据题中条件,由交集的概念,可直接得出结果.
【详解】集合,,所以集合.
故选:D.
2.已知,则的值为( )
A. B.0 C.1 D.2
【答案】C
【分析】由复数相等的充要条件可得的值.
【详解】因为,所以,
由复数相等的充要条件得,所以.
故选:C.
3.在等比数列中,,,则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】设等比数列的公比为,求出的值,可得出,代值计算即可得解.
【详解】设等比数列的公比为,则,所以,.
故选:D.
4.如图是某地在50天内感染新冠病毒的累计病例y(单位:万人)与时间x(单位:天)的散点图,则下列最适宜作为此模型的回归方程类型的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】由选项的图象特征即可得到答案.
【详解】选项A,对应的“直线型”的拟合函数,散点图中的点应在某直线附近,故A错误;
选项B,根据散点图可以看出散点大致分布在一条“指数型”函数曲线附近,
则的图象可以如图所示,故B正确;
选项C,对应的“幂函数型”的拟合函数,则其对应图象应上凸下凹,故C错误;
选项D,对应的“对数型”的拟合函数,则其对应图象应上凸下凹,故D错误.
故选:B.
5.函数的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】判断函数的奇偶性,再用赋值法,排除ABD,即可.
【详解】由,
得,
所以为偶函数,故排除BD.
当时,,排除A.
故选:C.
6.已知抛物线的焦点为F,C上一点满足,则( )
A.5 B.4 C.3 D.2
【答案】D
【分析】点代入抛物线方程,得,再利用等于点到准线距离求值.
【详解】依题意得 ,因为,所以.
由,解得.
故选:D
7.已知命题:关于的不等式的解集为,则命题的充要条件是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】根据一元二次不等式恒成立得即可.
【详解】关于的不等式的解集为,,
故命题的充要条件是,
故选:B
8.执行如图所示的程序框图,若输入k的值为1,则输出n的值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】B
【分析】按照程序框图运行,当时,结束循环,输出.
【详解】输入,第一次循环:,,;
第二次循环:,,;
第三次循环:,,;
第四次循环:,结束循环,此时,.所以输出.
故选:B.
9.设,为两条直线,,为两个平面,且,则( )
A.若,,则 B.若,,则
C.若,,则 D.若, ,则
【答案】C
【分析】对于选项A、B、D,可以举反例进行排除;对于选项C,可以结合直二面角的定义即可判断.
【详解】对于A,如图,若,,且,则可以,故A错误;
对于B,如图,若,,且,则可以,故B错误;
对于C,如图,且,,举例,
则有,,在平面内作,交于点,则,,
则,同理在平面内,过点作,则,,则,,则其形成的二面角为直二面角,
再根据直二面角定义可知直线与所成的角为直角,则直线与所成的角也为直角,则,
同理当或者或者均可利用上述类似方法,再结合直二面角定义得到.
故C正确;
对于D,若,,且,则可以,故D错误;
故选:C.
10.已知等差数列的首项为1,前项和为,且对任意,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】由题意可得等差数列是递减数列,可得,,结合等差数前和公式即可判断.
【详解】设的公差为,由题设条件可知,且则,
因此,,
而符号不确定.
故选:C.
11.现有若干扑克牌:6张牌面分别是2,3,4,5,6,7的扑克牌各一张,先后从中取出两张.若每次取后放回,连续取两次,点数之和是偶数的概率为;若每次取后不放回,连续取两次,点数之和是偶数的概率为,则( )
A. B. C. D.以上三种情况都有可能
【答案】A
【分析】根据概率公式求出和,即可求得答案.
【详解】6张牌面分别是2,3,4,5,6,7的扑克牌各一张,先后从中取出两张,若每次取后放回
实验的情况的总数为:
当先后从中取出两张.若每次取后放回,连续取两次,点数之和是偶数
情况的总数为:
,
6张牌面分别是2,3,4,5,6,7的扑克牌各一张,先后从中取出两张,若每次取后不放回
实验的情况的总数为:
当先后从中取出两张. 若每次取后不放回,连续取两次,点数之和是偶数
情况的总数为:
,
.
故选:A.
【点睛】本题主要考查了根据组合数求概率问题,解题关键是掌握组合数的计算方法和概率计算公式,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
12.若对任意的,且,都有成立,则实数m的最大值是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】由题意可得,变形得出,构造函数,可知函数在区间上单调递增,利用导数求得函数的单调递增区间,由此可求得实数的最大值.
【详解】对,且,都有,
可得,即,两边同除得
,
构造函数,则函数在区间上单调递增,
,令,即,解得,
即函数的单调递增区间为,
,则,因此,实数的最大值为.
故选:C.
二、填空题
13.已知向量与满足,则 .
【答案】
【分析】由平面向量共线的坐标表示计算即可.
【详解】因为向量与满足,
所以,所以,
故答案为:.
14.若则的值为 .
【答案】0
【分析】根据分段函数的对应法则,即可得到结果.
【详解】∵,
∴
∴,
故答案为:0.
15.在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑中,平面BCD,,且,则鳖臑外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】如图,取的中点为,连接,可证为三棱锥外接球的球心,故可求外接球的表面积.
【详解】
如图,取的中点为,连接,
因为平面BCD,平面,故,,
因为的中点为,故,
而,,平面,故平面,
而平面,故,
故,所以为三棱锥外接球的球心,
又,故,所以,
故三棱锥外接球半径为,故其外接球的表面积为.
故答案为:.
16.已知双曲线:的左焦点为,点M在双曲线C的右支上,,若周长的最小值是,则双曲线C的离心率是 .
【答案】/
【分析】设双曲线的右焦点为,连接,线段交双曲线于点,利用双曲线的定义即可得到,则得到关于的方程,则得到离心率.
【详解】设双曲线的右焦点为,连接,线段交双曲线于点,
则.
由双曲线的定义可得,
则,
因为,所以,
则周长的最小值为,结合,
整理得,即,解得(负舍).
故答案为:.
三、解答题
17.为了解某地区中小学生的近视情况,卫生部门根据当地中小学生人数,用分层抽样的方法抽取了400名学生进行调查,统计数据如表所示.
| 近视 | 未近视 | 合计 |
小学生 | 80 | 100 | 180 |
初中生 | 70 | 70 | 140 |
高中生 | 50 | 30 | 80 |
合计 | 200 | 200 | 400 |
(1)中学生包括初中生和高中生,根据所给数据,完成下面的列联表.
| 近视 | 未近视 | 合计 |
小学生 |
|
|
|
中学生 |
|
|
|
合计 |
|
|
|
(2)根据(1)中的列联表,判断是否有的把握认为该地区的学生是否近视与学生的年级有关.
附:,.
0.050 | 0.010 | 0.001 | |
3.841 | 6.635 | 10.828 |
【答案】(1)列联表见解析
(2)没有的把握认为该地区的学生是否近视与学生的年级有关.
【分析】(1)结合已知数据填写列联表;
(2)计算,比较其与临界值大小,由此确定结论.
【详解】(1)由所给数据,可得列联表为
| 近视 | 未近视 | 合计 |
小学生 | 80 | 100 | 180 |
中学生 | 120 | 100 | 220 |
合计 | 200 | 200 | 400 |
(2)根据列联表中的数据可得
,
所以没有的把握认为该地区的学生是否近视与学生的年级有关.
18.在中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知.
(1)求A;
(2)在①AD是的高;②AD是的中线;③AD是的角平分线,这三个条件中任选一个,补充在下面问题中的横线上,并解答.
若,,点D是BC边上的一点,且_________.求线段AD的长
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分。
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】(1)由条件变形结合余弦定理可得;
(2)选①:根据等面积法求解即可;选②:由向量的线性运算用表示出向量,然后平方将问题转化为数量积计算即可;选③:根据,结合面积公式可得.
【详解】(1)在中,a,b,c分别为A,B,C所对的边,且
,可得,
由余弦定理可得
,.
(2)选①:AD是的高,
由余弦定理得,
所以
由的面积得,
;
选②:是的中线,
,
,
,,,
,
;
选③:AD是的角平分线.
由于,
所以,
解得
19.在如图所示的几何体中,四边形ABCD是边长为2的正方形,四边形ADPQ是梯形,,平面ABCD,且.
(1)求证:平面;
(2)求几何体ABCDPQ的体积.
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】(1)由平面ABCD,,可得平面ABCD,进而得到,结合,进而得证;
(2)连接,将几何体ABCDPQ分割成三棱锥和四棱锥,再利用棱锥体积公式即可.
【详解】(1)∵平面ABCD,,∴平面ABCD.
∵平面ABCD,∴.
在正方形ABCD中,,
又,AB,平面QAB,∴平面QAB.
(2)连接,平面,平面,,
又,,平面,平面,
则,
,
则.
20.已知函数.
(1)当时,求曲线在点处的切线方程;
(2)若函数有两个不同的零点,求的取值范围.
【答案】(1)
(2).
【分析】(1)当时,,求导得,由导数的几何意义可得切线斜率,由点斜式可得切线方程.
(2)若有两个不同的零点,则函数与有两个不同的交点,利用导数研究函数单调性,通过图像数形结合即可得出答案.
【详解】(1)当时,,,
,又,
所以在处的切线方程为,即..
(2),函数定义域为,
有两个不同的零点,所以函数与有两个不同的交点,
令,,,
所以在上,,单调递减,
在上,,单调递增,
所以时,取得极小值,
时,;时,,函数图像如图所示,
所以,
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛:一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用;二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理,利用导数解决含参函数的单调性问题时,一般将其转化为不等式恒成立问题,解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
21.设椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数.
(1)求椭圆的方程;
(2)若直线交椭圆于两点,点为椭圆上的一点,求的面积取最大值时的直线方程.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】(1)先求双曲线的离心率,由题意可得椭圆的离心率,求得,,即可得到椭圆方程;
(2)联立直线方程和椭圆方程,运用韦达定理和弦长公式,由三角形的面积公式,结合基本不等式,即可得到最大值.
【详解】(1)易知双曲线的离心率为,
所以在椭圆中,,得,所以,
所以椭圆的方程为.
(2)不妨设,,
联立方程组得,
由得,
由韦达定理知,
所以
,
将代入椭圆方程得,,解得,
又到直线AB的距离为,
所以
,
当且仅当,即时取等号.
所以的面积取最大值时的直线方程为或.
22.在平面直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为.
(1)求曲线的直角坐标方程;
(2)已知点,设直线与曲线C交于M,N两点,求的值
【答案】(1)
(2)3
【分析】(1)利用极坐标与直角坐标互化公式即可得到曲线的直角坐标方程;
(2)将直线的参数方程代入曲线的方程,利用韦达定理即得.
【详解】(1)曲线C的极坐标方程为,
整理得:,
所以,即.
(2)把直线的参数方程(t为参数)
代入圆的直角坐标方程得到:,
设M、N对应的参数为、,则,
所以.
23.已知函数.
(1)若,解不等式;
(2)若,求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)分,和三种情况讨论求解即可;
(2)利用绝对值三角不等式求出的最小值,然后将问题转化为,再解不等式可求得结果.
【详解】(1)若,可知,
当时,不等式转化为,
解得,
当时,不等式转化为,不等式恒成立,
当时,不等式转化为,
解得,
综上,不等式的解集为;
(2)若,则,
因为,
当且仅当时,等号成立,
故,
即或,
解得或,
则a的取值范围为.
2022-2023学年陕西省西安市阎良区关山中学高二下学期第三次质量检测数学(文)试题含答案: 这是一份2022-2023学年陕西省西安市阎良区关山中学高二下学期第三次质量检测数学(文)试题含答案,共13页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
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