四川省宜宾市第四中学2022-2023学年高二数学（文）下学期期末试题（Word版附解析）

宜宾市第四中学2023年春期高二期末考试数学（文史类）第I卷选择题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据复数的除法求出，再根据共轭复数的定义即可得解.【详解】由，得，所以.故选：A.2.某工厂为了对产品质量进行严格把关，从500件产品中随机抽出50件进行检验，对这500件产品进行编号001，002，…，500，从下列随机数表的第二行第三组第一个数字开始，每次从左往右选取三个数字，则抽到第四件产品的编号为（）2839  3125  8395  9524  7232  89957216  2884  3660  1073  4366  75759436  6118  4479  5140  9694  95926017  4951  4068  7516  3241  4782A.447B.366C.140D.118【答案】A【解析】【分析】根据随机数表，数字要求500以内（含500），且不重复选取，写出前4个可得答案.【详解】从第二行第三组第一个数字开始，每次从左往右选取三个数字，依次可得：366，010，118，447，…故选：A. 3.甲、乙两名篮球运动员在几场比赛中得分的茎叶图如图所示，则甲、乙两人在这几场比赛中得分的中位数之和为（）．A.45B.52C.47D.54【答案】B【解析】【分析】根据茎叶图数据以及中位数的定义，求出两组数据的中位数，求和即可.【详解】由茎叶图可知，甲得分数据为12,15,23,24,31,44,49，中位数为24；乙得分数据为13,22,23,28,35,44,47，中位数为28.乙两人在这几场比赛中得分的中位数之和为52.故选:B4.已知x，y为正实数，则“”是“”的（）A充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用指数函数的性质，结合充分条件、必要条件的定义判断作答.【详解】x，y为正实数，则，若，有，则，即命题“若，则”是真命题；若，取，有，此时，即命题“若，则”是假命题，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A 5.在区域内任取一点，则满足的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，作出可行域的约束的平面区域，再结合几何概型求解即可.【详解】解：画出区域（图中及内部），区域内满足的区域为图中四边形的内部及边界（不包括），且，，，所以，所以，故所求概率故选:B.6.更相减损术是出自中国古代数学专著《九章算术》的一种算法，其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之”，如图是该算法的程序框图，如果输入，，则输出的a是（） A.17B.23C.33D.43【答案】B【解析】【分析】根据程序框图依次计算得到答案.【详解】根据程序框图，输入的，，因为，且，所以；第二次循环，；第三次循环，；第四次循环，，此时，输出.故选：B7.甲､乙､丙､丁四人参加一项有奖活动，他们猜测谁能获奖，对话如下：甲：“如果我能获奖，那么乙也能获奖.”乙：“如果我能获奖，那么丙也能获奖.”丙：“如果丁没获奖，那么我也不能获奖.”实际上，他们之中只有一个人没有获奖，且甲乙丙说的都是正确的，那么没能获奖的是（）A.甲B.乙C.丙D.丁【答案】A【解析】【分析】根据丙的话进行分析得丁一定获奖，进而根据甲获奖，可以推出矛盾，因此可得结论.【详解】根据甲乙丙说的都是正确的，且只有一个人没有获奖，首先根据丙说的话可以推断：丁一定获奖，否则丁没有获奖丙也没有获奖，这与只有一个人没有获奖矛盾；其次，考虑甲是否获奖，若甲能获奖，那么根据甲说的话可以推断乙也能获奖，根据乙说的话又可以推断丙也获奖，这样四个人都获奖，不可能，故甲不能获奖.因此没有获奖的人是甲.故选:A8.已知二进制和十进制可以相互转化，例如，则十进制85转化二进制位．若将正整数n对应的二进制中0的个数记为，例如 ．则，则下列结论正确的为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，设正整数，得到正整数的二进制系数和，及正整数的二进制系数中0的个数为，进而逐项判定，即可求解.【详解】设正整数（其中个系数，其中）则正整数的二进制系数和（也是正整数的二进制系数中1的个数），所以正整数的二进制系数中0的个数为，因为，所以，所以，所以B错误；因为，所以的二进制系数中1的个数为，所以0的个数，所以A错误；因为，所以的二进制系数中1的个数为，而，所以的二进制系数中1的个数为，所以，故的二进制的系数中0的个数为， 所以C正确；因为，所以系数和，所以的二进制中0的个数为，所以D错误.故选：C.9.已知点是椭圆上一点，椭圆的左、右焦点分别为、，且，则的面积为（）A.6B.12C.D.【答案】C【解析】【分析】设，，由椭圆定义得，由余弦定理求出，从而利用三角形面积公式求出答案.【详解】由椭圆，得，，.设，，∴，在中，由余弦定理可得：，可得，得，故. 故选：C.10.在三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先用正弦定理求出外接圆的半径,然后利用求出三棱锥外接球的半径,即可算出表面积.【详解】设外接圆的半径为,则,∴,设三棱锥外接球的半径为,由,可知为等腰三角形,则,故外接球的表面积.故选:B.【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球的表面积,其中根据几何体的结构特征和球的性质,求得三棱锥的外接球的半径是解题的关键,着重考查了空间想象能力,以及推理与运算能力.11.已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与双曲线交于两点且，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将代入可得，即可得，由可得的关系式，即可求得答案. 【详解】设的半焦距为c,将代入可得，故，又,故由得，即，则，即，则双曲线的离心率为，故选：A12.若关于的不等式的解集中恰有2个整数，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知将不等式转化为.令，根据导函数研究函数的性质.根据已知可知，作出的图象，结合图象，即可得出不等式组，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，将不等式可化为，令，，所以，时，，在为增函数；时，，在减函数.所以，在处有极大值，也是最大值1.令，显然，所以单调递增.作出的图象 因为不等式的解集中恰有2个整数，根据的单调性，结合图象可知，1和2满足不等式，且3不满足不等式，即，解得.故选：C．【点睛】思路点睛：移项转化不等式，构造函数，根据导函数研究函数的性质，作出函数的图象，结合函数的性质，以及图象，即可得出答案.第II卷非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相．某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为_________人．【答案】【解析】【分析】根据题意求得每个学生抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解.【详解】利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了15人,12人，可得高三年级抽取了9人，又由高三年级共有900名学生，则每个学生被抽到的概率为，设该校共有名学生，可得，解得（人），即该校共有名学生.故答案为：.14.抛物线上的点到焦点的距离为，则点的纵坐标为________. 【答案】1【解析】【分析】根据焦半径公式，代入求值.【详解】抛物线，，设点，依题意可知，，得，故答案为：15.如图，在棱长为1的正方体中，E，F，G分别为，BD，的中点，则与FG所成的角的余弦值为______.【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，分别求得，再利用向量的夹角公式求解.【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：则， ，，所以，即与FG所成的角的余弦值为.故答案为：16.已知曲线．①若为曲线上一点，则；②曲线在处的切线斜率为0；③与曲线有四个交点；④直线与曲线无公共点当且仅当．其中所有正确结论序号是_____________．【答案】①②【解析】【分析】分、的符号情况化简曲线的方程，从而可画出曲线的图象，结合图象逐一分析即可.【详解】当，时，曲线的方程为，即，曲线是双曲线的一部分；当，时，曲线的方程为，即，曲线是椭圆的一部分；当，时，曲线的方程为，曲线不存在；当，时，曲线的方程为，即，曲线是双曲线的一部分；双曲线和有一条共同的渐近线，综上，可作出曲线的图象，如图： 由图象可知曲线的图象上的点都在直线的下方，所以当在曲线上时，有，故①正确；设过点的直线的方程是，若直线与椭圆相切，则由得，，得；若直线与双曲线相切，则由得，则且，得，此时直线的方程是，与曲线相切，故②正确；直线是表示与直线平行或重合的直线，由曲线的图象可知，直线与曲线不可能有四个交点，故③错误；设直线与椭圆相切，则由得，所以，解得，结合曲线的图象，取，即直线与曲线相切，所以若直线与曲线无公共点，结合曲线的图象，或，故④错误. 故答案为：①②.【点睛】方法点睛：1.曲线方程中带有绝对值，一般是分绝对值里的式子的符号讨论去绝对值；2.直线与曲线的交点问题常采用数形结合的方法.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分17.设函数，其中．（1）当时，求在区间上的最大值与最小值；（2）求函数的单调递增区间．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用导数可确定在上的单调性，进而确定最值点和最值；（2）求导后，根据的两根可确定的解集，由此可得单调递增区间.【小问1详解】当时，，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，又，，，，.【小问2详解】由题意知：定义域为，；令，解得：或；，，当时，，的单调递增区间为. 18.某市民用水拟实行阶梯水价，每人用水量中不超过立方米的部分按4元/立方米收费，超出立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了10000位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图：（1）如果为整数，那么根据此次调查，为使80%以上居民在该月的用水价格为4元/立方米，至少定为多少？（2）假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替，当时，估计该市居民该月的人均水费．【答案】（Ⅰ）3；（Ⅱ）10.5元.【解析】【详解】试题分析：（1）根据水量的频率分布直方图知月用水量不超过立方米的居民占，所以至少定为；（2）直接求每个数据用该组区间的右端点值与各组频率的乘积之和即可.试题解析：（1）由用水量的频率分布直方图知，该市居民该月用水量在区间内的频率依次为．所以该月用水量不超过立方米的居民占，用水量不超过立方米的居民占．依题意，至少定为（2）由用水量的频率分布直方图及题意，得居民该月用水费用的数据分组与频率分布表：组号12345678分组频率0.10.150.20.250.150.050.050.05根据题意，该市居民该月的人均水费估计为：（元）． 考点：1、频率分布直方图的应用；2、根据频率分布直方图求平均值.19.如图，在四棱锥中，，，，平面平面.（1）求证：平面；（2）设，，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，结合等腰三角形三线合一、面面垂直和线面垂直性质可得；又，由线面垂直的判定可证得结论；（2）利用勾股定理可求得，根据，结合棱锥体积公式可求得结果.【小问1详解】取的中点，连接，，为中点，，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，，，，，平面，平面.【小问2详解】由（1）知：平面， 平面，，又，，，，为等腰三角形，，，.20.已知是抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于、两点，且．（1）求抛物线的方程；（2）若为坐标原点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作直线的垂线与抛物线的另一交点为，的中点为，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）分析可知与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦半径公式结合韦达定理以及可求得的值，由此可得出抛物线的方程；（2）写出直线的方程，将代入直线的方程，求出的坐标，然后求出的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出点的坐标，分析可知、、三点共线，可得出，结合可求得的取值范围.【小问1详解】解：抛物线的焦点为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，，，解得，所以，抛物线的方程为.【小问2详解】解：设点、，则，由（1）可得，，又因为直线的方程为，将代入直线的方程可得，可得，即点，所以，，因为，则， 所以，直线的方程为，联立可得，则，故，则，由的中点为，可得，故、、三点共线，则．又由，知，故.故的取值范围为．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.21.已知函数，．（1）讨论函数极值点的个数；（2）若函数有两个极值点，，证明：．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【解析】【分析】（1）求出导函数，研究在上解的个数，由的正负确定的单调性，确定极值点个数；（2）由（1）知，当时，函数有两个极值点，，且，．计算并转化为关于的函数，然后求出函数的单调性证明结论成立．【详解】解：（1），．当时，，在单调递增，没有极值点；当时，令，时，或，设当时，方程的两根为，，且．若，则，注意到，，知的两根，满足．当，，，单增；当，，，单减，所以只有一个极值点；若，则，，即恒成立，在单调递增，所以没有极值点；若，则，注意到，，知的两根，满足．当，，，单增；当，，，单减；当，，，单增； 所以有两个极值点．综上：当时，有一个极值点；当时，没有极值点；当时，有两个极值点．（2）由（1）知，当时，函数有两个极值点，，且，．所以，，令，．则，所以在单调递减，所以，所以．【点睛】本题考查用导数研究函数的极值问题，证明有关极值点的不等式，证明有关极值点不等式的关键是问题的转化，利用极值点与题中参数关系，把问题转化为关于参数的函数，转化为确定函数的单调性．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．（选修4-4极坐标与参数方程）22.如图所示形如花瓣的曲线称为四叶玫瑰线，在极坐标系中，其极坐标方程为．（1）若射线与相交于异于极点的点，求； （2）若为上的两点，且，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）联立曲线与射线极坐标方程可得答案；（2）设,,，由题结合可得及表达式，后利用二倍角公式可得答案．【小问1详解】联立曲线与射线极坐标方程可得:,即.【小问2详解】设,,,由题结合,可得,.则，当,即时,最大值为，所以面积的最大值为.（选修4-5不等式选讲）23.已知函数． （1）求不等式的解集；（2）记（1）中集合M中最大的整数为t，若正数a，b，c满足，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由分段讨论法去绝对值求解（2）由（1）得到，根据，利用基本不等式，即可求解.【小问1详解】解：由函数因为，所以，当时，，此时x无解；当时，，解得；当时，，解得．综上所述，不等式的解集．【小问2详解】解：由（1）可知，即，所以，当且仅当时，等号成立，