2022-2023学年西藏日喀则市高二下学期期末统一质量检测数学（文）试题含答案

2022-2023学年西藏日喀则市高二下学期期末统一质量检测数学（文）试题

一、单选题

1．已知是虚数单位，复数在复平面内所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数的乘方与除法运算化简复数，根据复数的几何意义即可确定复数对应的点位于的象限.

【详解】

所以复数在复平面内所对应的点位于第一象限．

故选：A.

2．2023年春运期间，某地交通部门为了解出行情况，统计了该地2023年正月初一至正月初七的高速公路车流量（单位：万车次）及同比增长率（同比增长率=），并绘制了如图所示的统计图，则下列结论中错误的是（    ）

A．2023年正月初一至正月初七的车流量的极差为24

B．2023年正月初一至正月初七的车流量的中位数为18

C．2023年正月初一至正月初七的车流量比2022年同期车流量多的有4天

D．2022年正月初四的车流量小于20万车次

【答案】D

【分析】对于A，2023年车流量的最大值与最小值的差即为极差；

对于B，数据从小到大排列，中间的一个数或者中间两个数的平均数；

对于C，通过观察统计图的右侧增长率可得结果；

对于D，根据2023年正月初四的车流量以及同比增长率计算即可.，

【详解】对于A，由题图知，2023年正月初一至正月初七的车流量的极差为，故A正确；

对于B，易知2023 年正月初一至正月初七的车流量的中位数为18，故 B正确；

对于C，2023年正月初二、初五、初六、初七这4天车流量的同比增长率均大于0，所以2023年正月初一至正月初七的车流量比2022年同期车流量多的有4天，故C正确；

对于D，2023年正月初四的车流量为18万车次，同比增长率为，设2022年正月初四的车流量为x万车次，则，解得x=20，故D错误．

故选：D．

3．设，，则是的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】首先分别解出一元二次不等式与分式不等式，再根据集合的包含关系判断即可.

【详解】由，即，解得，

由，则，即，解得，

因为真包含于，所以是的充分不必要条件．

故选：A

4．在中，内角的对边分别为，则（    ）

A．1 B． C．3 D．或3

【答案】C

【分析】利用余弦定理求解.

【详解】解：由余弦定理，，

即，即，

解得．

故选：C

5．已知等差数列的公差为2，前项和为，若成等比数列，则（    ）

A．16 B．64 C．72 D．128

【答案】C

【分析】根据数列是公差为2的等差数列，进而得到，再由成等比数列，求得首项，然后利用等差数列的前n项和公式求解.

【详解】解：∵数列是公差为2的等差数列，

，

成等比数列，

，即，

解得，，所以d=2,

所以，

，

故选：C．

6．2022年世界杯进入1/4决赛阶段的有摩洛哥、葡萄牙、巴西、克罗地亚、阿根廷、法国、荷兰、英格兰八个国家．球迷甲、乙、丙对摩洛哥、葡萄牙、巴西、克罗地亚、阿根廷、法国六个国家中哪个国家会获得此次比赛的冠军进行了一番讨论．甲认为，克罗地亚和法国都不可能获得冠军；乙认为，冠军是摩洛哥或者是葡萄牙；丙坚定地认为冠军绝不是巴西．比赛结束后，三人发现他们中恰有两个人的看法是对的．那么获得冠军的国家是（    ）

A．葡萄牙 B．阿根廷 C．巴西 D．克罗地亚

【答案】B

【分析】根据题意列出表格，即可分析.

【详解】根据题意，有

因为三人中恰有两个人的看法是对的，因此获得冠军的国家是阿根廷．

故选：B．

7．采用系统抽样的方法从600人中抽取20人做问卷调查，为此将他们随机编号为1，2，3…，400．适当分组后在第一组采用随机抽样的方法抽到的号码为5，则抽到的20人中，编号落入区间内的人员编号之和为（    ）

A．600 B．1205 C．1040 D．1855

【答案】C

【分析】利用系统抽烟的定义求解.

【详解】解：由系统抽样的定义知，在区间内抽取的编号数构成以215为首项，公差为30的等差数列，并且项数为4，

所以．

故选：C

8．函数在处的切线与直线平行，则实数（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】B

【分析】函数在切点处的导数即为切线的斜率，利用直线的平行得到斜率相等，即为关于的方程，可求出的值.

【详解】函数的导函数为 ，

函数在处的切线的导数即为切线的斜率为，

且切线与直线平行，

则有 ，可得 .

故选：B

9．执行如图所示的程序框图，若输出的，则判断框内应填入的条件为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】模拟程序的运行，可得执行循环后输出，由此求出判断框内的条件是什么．

【详解】

由，得，即当时，满足判断框内的条件，

当时，不满足判断框内的条件，结束运行，

所以判断框内应填入的条件是“”．

故选：B．

10．已知变量关于变量的回归方程为，其一组数据如下表所示：

若，则的值大约为（    ）

A．4.94 B．5.74 C．6.81 D．8.04

【答案】C

【分析】令，把转化为的线性回归方程，再用线性回归的方法处理即可

【详解】由，令，则，由题意，，，所以，解得，所以，所以，解得.

故选：C

11．已知，分别为双曲线C：的左右焦点，且到渐近线的距离为1，过的直线与C的左、右两支曲线分别交于两点，且，则下列说法正确的为（    ）

A．的面积为2 B．双曲线C的离心率为

C． D．

【答案】D

【分析】利用已知条件求出b的值，对于A：利用勾股定理结合双曲线的定义求出的面积，对于B：利用双曲线的离心率公式运算求解；对于C：先求，再利用平面向量数量积的运算性质运算求解；对于D：根据双曲线的定义结合勾股定理求出，代值计算即可.

【详解】设双曲线C的半焦距为，

因为双曲线C的焦点在x轴上，且，

则其中一条渐近线方程为，即，且，

则到渐近线的距离，可得.

对于选项A：因为，且，

可得，解得，

所以的面积为，故A错误；

对于选项B：双曲线C的离心率为，故B错误；

对于选项C：因为，可得，

所以，故C错误；

对于选项D：设，则，

因为，即，解得，

所以，故D正确；

故选：D.

【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法

求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．

2．焦点三角形的作用

在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．

12．已知，，，试比较a，b，c的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先利用常见的不等式，估计出的范围，精确估计出，然后利用作商法比较大小.

【详解】先证明两个不等式：

（1），设，则

，即在上单调递减，故

，即成立

（2），设，则

，即在上单调递增，故

，即成立

再说明一个基本事实，显然，于是.

由（1）可得，取，可得；

由（2）可得，取，可得，再取，可得，即.

，显然，于是；

，显然，于是.故.

故选：B

二、填空题

13．已知是虚数单位，设复数的共轭复数为，复数满足，则         ．

【答案】．

【分析】先由求出复数，然后可求出，从而可求得.

【详解】因为，

所以，

所以，所以

故答案为：．

14．已知实数x，y满足，则的最小值为        ．

【答案】3

【分析】作出可行域，作目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．

【详解】作出可行域，如图，由射线，线段，射线围成的阴影部分，作直线，

平移直线，当直线过点时，取得最小值3.

故答案为：3.

【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移直线得最优解．

15．若点的坐标为，F为抛物线的焦点，点在抛物线上移动，为使最小，点的坐标应为          ．

【答案】

【分析】根据点位置和抛物线方程可得焦点和准线，利用抛物线定义可知，当三点纵坐标相同时取最小值，即可求得.

【详解】由以及抛物线可知，点在抛物线内部，如下图所示：

抛物线的焦点坐标，准线方程为；

作垂直于准线，垂足为，

由抛物线定义可得，则，

当且仅当三点共线时，取最小值，

此时三点纵坐标相同，所以点的纵坐标为，

代入抛物线方程可得.

故答案为：

16．若是函数的极大值点，则的取值范围是         ．

【答案】

【分析】求导后，得导函数的零点，比较两数的大小，分别判断在两们的导数符号，确定函数单调性，从而确定是否在处取到极大值，即可求得的范围．

【详解】因为，，

，

令，解得或，

当，即，

则当或时，当时，

此时在区间上单调递增，上单调递减，上单调递增，

符合是函数的极大值点，

反之，当，即，

则当或时，当时，

此时在区间单调递增，上单调递减，上单调递增，

所以是函数的极小值点，不符合题意；

当，即，恒成立，函数在上单调递增，无极值点．

综上得：，即的取值范围是．

故答案为：．

三、解答题

17．在中，角的对边分别为，点在的延长线上，且．

(1)若，求的面积；

(2)，求．

【答案】(1)

(2)3

【分析】（1）利用正弦定理，由得到， 即，再利用三角形面积公式求解；

（2）在中，利用余弦定理得到BC，再根据求解.

【详解】（1）解：在中，由正弦定理得，

，其中，为的外接圆直径，

所以，

代入，

得，

所以，

所以．

（2）由余弦定理得，

解得，

因为，

所以.

18．2023 U. I. M. F1摩托艇世界锦标赛中国郑州大奖赛于2023年4月29日~30日在郑东新区龙湖水域举办．这场世界瞩目的国际体育赛事在风光迤逦的龙湖上演绎了速度与激情，全面展示了郑州现代化国家中心城市的活力与魅力．为让更多的人了解体育运动项目和体育精神，某大学社团举办了相关项目的知识竞赛，并从中随机抽取了100名学生的成绩，绘制成如图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中成绩的平均数和中位数（同一组数据用该组区间的中点值代替）；

(2)若先采用分层抽样的方法从成绩在，的学生中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人为赛事志愿者，求这2名志愿者中至少有一人的成绩在的概率．

【答案】(1)平均数73，中位数

(2)

【分析】（1）由频率分布直方图的平均数及中位数计算公式计算即可；

（2）先确定在的学生中应分别抽取的人数，列举各种可能计算概率即可.

【详解】（1）由频率分布直方图中数据知：平均成绩

.

设中位数为，则，

解得.

（2）因为成绩在的学生人数所占比例为，

所以从成绩在的学生中应分别抽取4人，2人，

记抽取成绩在的4人为：，抽取成绩在的2人为：，

从这6人中随机抽取2人的所有可能为：，，共15种，

抽取的2名学生中至少有一人的成绩在的是，，只有9种，

故做培训的这2名学生中至少有一人的成绩在的概率

19．设等比数列的前项和为，已知，.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设等比数列的公比为，根据，作差求出公比，即可得出答案；

（2）由（1）得，可得，利用分组求和法计算可得．

【详解】（1）设等比数列的公比为，

①，，

当时，有，

当时，②，

由①②得，即，

，，

，

；

（2）由（1）得，则，

，，

，

．

20．已知椭圆过点，长轴长为.

(1)求椭圆的方程及其焦距；

(2)直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与直线交于点，为坐标原点且，求证：直线过定点，并求出定点坐标.

【答案】(1)，焦距为

(2)证明见解析，定点为.

【分析】（1）根据椭圆过点及列方程组求解；

（2）设，，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，再求出点的坐标，根据已知得到+=0，再把韦达定理代入化简即得证.

【详解】（1）由题得，

所以椭圆的方程为，焦距为.

（2）如图，

直线与椭圆方程联立，

化简得，

，即.

设,，,，则，．

直线的方程为，则，

直线的方程为，则，

因为，所以+=0，

所以，

所以，

把韦达定理代入整理得或，

当时，直线方程为，过定点，

即点，不符合题意，所以舍去.

当时，直线方程为，

过定点.

所以直线经过定点.

21．设函数

(1)讨论函数的单调性

(2)若函数有且只有一个零点时，实数m的取值范围．

【答案】(1)见详解

(2)或

【分析】（1）求导，分和讨论可得；

（2）将问题转化为与有且只有一个交点，利用导数讨论的单调性，结合图象可解.

【详解】（1）的定义域为，，

当时，，在单调递增，

当时，令解得，令解得，

所以，函数在单调递增，在上单调递减，

综上，当时，在单调递增，

当时，函数在单调递增，在上单调递减.

（2）由（1）可得，

令，得，

记，

因为函数有且只有一个零点，所以函数与有且只有一个交点，

令，得，函数单调递增，

令，得，函数单调递减，

又，于是可得的图象如图，

由图可知，或，即或，

所以实数m的取值范围为或

22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数），以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，且两曲线与交于M，N两点．

(1)求曲线，的直角坐标方程；

(2)设，求．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）依据参普方程互化规则求得曲线的直角坐标方程，依据极坐标与直角坐标的互化规则求得曲线的直角坐标方程；

（2）利用直线参数方程的几何意义去求的值简单快捷.

【详解】（1）由曲线的参数方程消去参数t，得，即曲线的直角坐标方程为．

由曲线的极坐标方程，得，则

即的直角坐标方程为．

（2）因为在曲线上，所以曲线的参数方程为（t为参数），

代入的直角坐标方程，得．

设M，N对应的参数分别为，，则，，

所以．

23．已知函数．

(1)若，恒成立，求实数的取值范围；

(2)若的最小值为5，且正数a，b，c满足．求证：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由绝对值三角不等式得，由题意知，从而求得的取值范围；

（2）先由题意得，再利用柯西不等式即可得证．

【详解】（1）由绝对值三角不等式得，

当且仅当时，等号成立，

所以，

因为，恒成立，则，即，

所以或，即或，

所以的取值范围为．

（2）由（1）知，的最小值为，所以，解得或，

因为，所以，所以，

则，故，

所以由柯西不等式得，

当且仅当且，即时，等号成立，

又，

所以，故.