2022-2023学年云南省曲靖市民族中学高二下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年云南省曲靖市民族中学高二下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．下面是离散型随机变量的是（    ）

A．电灯炮的使用寿命

B．小明射击1次，击中目标的环数

C．测量一批电阻两端的电压，在10V~20V之间的电压值

D．一个在轴上随机运动的质点，它在轴上的位置

【答案】B

【分析】变量的取值是随机出现且可一一列举出来的随机变量称为离散型随机变量，据此逐项判断即可.

【详解】对于A，电灯炮的使用寿命是变量，但无法将其取值一一列举出来，故A不符题意；

对于B，小明射击1次，击中目标的环数是变量，且其取值为，故X为离散型随机变量，故B符合题意；

对于C，测量一批电阻两端的电压，在10V~20V之间的电压值是变量，但无法一一列举出X的所有取值，故X不是离散型随机变量，故C不符题意；

对于D，一个在轴上随机运动的质点，它在轴上的位置是变量，但无法一一列举出其所有取值，故X不是离散型随机变量，故D不符题意.

故选：B.

2．某校食堂餐后有三种水果可供学生挑选，每名学生只能挑选其中一种，甲、乙、丙三人每人任意挑选一种水果，则不同的选择有（    ）

A．3种 B．6种 C．9种 D．27种

【答案】D

【分析】利用分步乘法计数原理求解即可.

【详解】不同的选择有种.

故选：D.

3．已知是等差数列的前项和，且，则（    ）

A．30 B．60 C．90 D．180

【答案】C

【分析】根据等差数列的性质结合已知条件可求得，再利用等差数列的求和公式可求得结果.

【详解】由，解得，

所以，

故选：C.

4．书架上有10本书随机排成一排，其中有2本数学书，语文和英语书共8本，从中随机取出一本书，设取出数学书为事件A，取出语文书为事件，随机事件与对立．若，则（     ）

A．0.7 B．0.8 C．0.3 D．0.5

【答案】A

【分析】根据题意，结合互斥事件和对立事件的概率公式，即可求解.

【详解】由题意，事件的概率为，

因为事件与事件互斥且，可得，

又因为随机事件与对立，所以．

故选：A．

5．已知函数且满足，则的最小值为（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】A

【分析】由可得函数的图象关于对称，由正弦型函数的对称性列方程求的最小值.

【详解】由已知可得，

即，

所以关于对称，

故，，

所以，又，

所以时，取最小值为．

故选：A．

6．已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】通过构造函数，利用导数求函数的单调性，比较各式的大小.

【详解】，

设，函数定义域为，

则，

故在上为增函数，有，即，

所以，故.

设，函数定义域为，则，

，解得；，解得，

所以函数在上单调递增，在上单调递减.

当时，取最大值，所以，即，时等号成立，

所以，即，

又，所以.

故选：D．

7．已知正项数列的前n项和为，满足，则（    ）

A．2022 B．2023 C．2024 D．2025

【答案】B

【分析】由递推式得出，两式相减根据，可得是首项为1，公差为1的等差数列，进而利用通项公式求解即可.

【详解】由题意，，，

两式相减，得，

．

，．

当时，，，

是首项为1，公差为1的等差数列．

．

故选：B

8．克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师．托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和．已知四边形是圆的内接四边形，且，．若，则圆的半径为（    ）

A．4 B．2 C． D．

【答案】B

【分析】由托勒密定理求出，设圆的半径为，由正弦定理可得，即可得到，再根据及二倍角公式求出，即可求出，从而得解.

【详解】解：由托勒密定理，得．

因为，所以．

设圆的半径为，由正弦定理，得．

又，所以．

因为，所以，

因为，所以，所以，

所以，则，故．

故选：B

二、多选题

9．某医院妇产科对该院历年来新生儿体重情况进行统计，发现新生儿体重X~N（2，4），则下列结论正确的是（    ）

A．该正态分布的均值为2 B．该正态分布的标准差为4

C． D．

【答案】ACD

【分析】由正态分布的性质逐个分析判断即可

【详解】因为X~N（2，4），

所以正态分布的均值为2，标准差为2，所以A正确，B错误，

因为正态分布的均值为2，

所以由正态曲线的性质可得，，所以CD正确，

故选：ACD

10．在等比数列中，，则的公比可能为（  ）

A． B． C．2 D．4

【答案】ABC

【分析】利用等比数列的通项公式和已知条件可得答案.

【详解】设的公比为，所以，

解得或或．

故选：ABC．

11．甲袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球，乙袋中装有2个白球，2个红球和1个黑球，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用，，分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是红球，则以下结论正确的是（    ）

A．，，两两互斥 B．

C． D．与B是相互独立事件

【答案】AB

【分析】A由互斥事件的定义判断；B根据题意判断；C应用全概率公式求，D判断是否相等即可.

【详解】由题意，{甲袋取出白球}，{甲袋取出红球}，{甲袋取出黑球}，

所以，，两两互斥，A正确；

而甲袋有3个白球，3个红球和2个黑球，则，，

先发生，此时乙袋有3个白球，2个红球和1个黑球，则，

先发生，此时乙袋有2个白球，3个红球和1个黑球，则，

先发生，此时乙袋有2个白球，2个红球和2个黑球，则，

所以，B正确，C错误；

，D错误.

故选：AB

12．观察图象，下列结论错误的有（    ）．

A．若图中为图象，则在处取极小值

B．若图中为图象，则有两个极值点

C．若图中为图象，则在上单调递增

D．若图中为图象，则的解集为

【答案】ABD

【分析】选项A：若图为 图象，在左右单调性一致，不是极值；

选项B：若图为 图象，根据导数与0的大小判断单调性，判断极值.

选项C: 若图为 图象,根据图像的正负判断的正负，判断单调性.

选项D: 若图为 图象, 根据图像的正负判断的正负,解出的解集.

【详解】选项A：若图为图象，则在两边单调性一致，不是极值，故A错误；

选项B：若图为图象， 函数单调递减；

函数单调递增；函数单调递减；

函数单调递增；故函数有-2,0,2三个极值点，选项B错误；

选项C: 若图为图象，则时，单调性相反，即 函数单调递增；函数单调递减；函数单调递增；当单调性一致，函数单调递增；故C正确；

选项D: 若图为 图象，，图像正负相反，时图像正负一致， 的解集为，故D错误；

故答案为：ABD.

三、填空题

13．某小组由3名女生、2名男生组成，现从中任选出一名组长，则其中女生甲当选为组长的概率为          ．

【答案】/

【分析】根据古典概型知识直接计算.

【详解】某小组由3名女生、2名男生组成，现从中任选出一名组长，共有5种情况；

其中女生甲当选为组长，有1种情况；则所求概率为.

故答案为：

14．曲线在点处的切线方程为            ．

【答案】

【分析】利用导数的几何意义求解.

【详解】因为，所，

所以曲线在处切线方程为

，即．

故答案为：

15．的展开式中的系数为      .

【答案】

【分析】展开，再求出展开式中的系数，即可得答案.

【详解】，

因为展开式通项为，

所以展开式中的系数分别为，

故的展开式中的系数为.

故答案为：

16．一批小麦种子的发芽率是0.7，每穴只要有一粒发芽，就不需补种，否则需要补种．则每穴至少种      粒，才能保证每穴不需补种的概率大于97%．（lg3≈0.48）

【答案】3

【分析】利用n次独立重复实验恰有k次发生的概率，列不等式即可求得每穴至少种的种子数n

【详解】记事件A为“种一粒种子，发芽”，则

设每穴种n粒，则相当于做了n次独立重复实验，

记事件B为“每穴至少有一粒发芽”，

则，

若保证每穴不需补种的概率大于97%，则

即，两边取常用对数得，，即

又lg3≈0.48，则，

又n为整数，则每穴至少种3粒，才能保证每穴不需补种的概率大于97%．

故答案为：3

四、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且．

(1)求角B的大小；

(2)若为锐角三角形，，求的取值范围．

【答案】(1)或；

(2)

【分析】（1）由正弦定理将边化角，即可求出以及的值；

（2）利用正弦定理将边化角，再利用三角恒等变换得到，再根据正弦函数的性质求出的取值范围．

【详解】（1）解：在中，由，

利用正弦定理可得，

因为，所以，

又，

所以或；

（2）解：若为锐角三角形，由（1）知，且，

由正弦定理得，

所以；

因为，

所以，

又为锐角三角形，则，且，

又，则，所以；

所以；

所以，即；

18．若数列是等差数列，则称数列为调和数列.若实数依次成调和数列，则称是和的调和中项.

(1)求和的调和中项；

(2)已知调和数列，，，求的通项公式.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意得到、、成等差数列，从而得到方程，求出，得到答案；

（2）根据题意得到是等差数列，设出公差，由通项公式基本量计算得到公差，从而求出，得到的通项公式.

【详解】（1）设和的调和中项为，依题意得：、、成等差数列，

所以，解得：，

故和的调和中项为；

（2）依题意，是等差数列，设其公差为，

则，

所以，

故.

19．如图，在棱长为3的正方体中，点是棱上的一点，且，点是棱上的一点，且．

(1)求异面直线与所成角的余弦值；

(2)求直线到平面的距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；

（2）根据线面平行判定定理，结合空间向量点到面距离公式进行求解即可.

【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，

，

，

所以，

所以异面直线与所成角的余弦值为；

（2）连接，显然，因为， ．

所以，于是，

因为平面，平面，

所以平面，

因此直线到平面的距离就是点到平面的距离，

设平面的法向量为，

，

则有，

，

点到平面的距离为：

.

20．已知椭圆的中心在原点，周长为8的的顶点，为椭圆的左焦点，顶点，在上，且边过的右焦点．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)椭圆的上、下顶点分别为，，点（，），若直线，与椭圆的另一个交点分别为点，，证明：直线过定点，并求该定点坐标．

【答案】(1)

(2)证明见解析，定点坐标为．

【分析】（1）根据题意，结合椭圆的定义和几何性质，求得的值，即可求解；

（2）由直线：，与椭圆方程联立得，求得和，化简得到，得出直线方程，即可求解.

【详解】（1）解：根据题意知，椭圆的焦点在轴上，可设椭圆方程为，

因为的周长为，根据椭圆的定义，可得，即，

又因为椭圆左焦点，可得，则，

所以椭圆的标准方程为.

（2）解：由椭圆的方程，可得，，

且直线，，斜率均存在，

所以直线：，与椭圆方程联立得，

可得,对，恒成立，

则，即，则，

同理，，

所以，

所以直线方程为：，

所以直线过定点，定点坐标为．

【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

21．每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”，为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了1000名高一学生进行在线调查，得到了这1000名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成，，，，，，，，九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.

(1)求的值：

(2)为进一步了解这1000名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在，两组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在内的学生人数为，求的分布列和数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据所以频率和为1进行计算;

（2）根据分层抽样可得相应组抽取的人数，则服从超几何分布，根据进行计算求解．

【详解】（1）由频率分布直方图得：.解得；

（2）由频率分布直方图得：

这1000名学生中日平均阅读时间在，两组内的学生人数之比为，

若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在内的学生中抽取（人）

在日平均阅读时间在内的学生中抽取4人，

现从这10人中随机拍取3人，则服从超几何分布，其可能取值为0，1，2，3，

，，

，，

∴的分布列为：

.

22．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若函数有两个零点，，且，曲线在这两个零点处的切线的交点的横坐标为，证明：．

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）对求导，利用导函数的正负讨论单调性即可；

（2）结合导数的几何意义求出曲线在和处的切线，联立求出的表达式，通过构造函数利用导数证明不等式.

【详解】（1）函数，定义域为

，

①当时，，此时函数单调递增，增区间为，没有减区间；

②当，令，解得，，解得，此时函数的减区间为，增区间；

（2）令，由，有，可得，

曲线在处的切线方程为，

曲线在处的切线方程为，

联立两条切线方程，消去，有，

有，

有，

有，

有，即，

可得，代入，

有，

要证，即证，只需证，即证，

令（），有，

可知函数单调递增，由，可知，，

故．

【点睛】方法点睛：

1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：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．

2.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.

3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.