贵州省铜仁市2022-2023学年高二数学下学期期末质量监测试题（Word版附解析）

铜仁市2023年7月高二年级质量监测试卷数学本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置.2．答案全部填写在答题卡上，写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第I部分选择题（共60分）一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据一元二次不等式的解化简集合B,即可由交集的运算求解.【详解】由得，所以，故选：C2.复数对应的点在复平面内的（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】根据条件得到，再利用复数的几何意义即可求出结果.【详解】因为，其对应点为，在复平面上为第一象限上的点.故选：A.3.函数的图象与函数的图象关于轴对称，则（）A.B.C.4D.【答案】D【解析】 【分析】根据对称关系可得，代入即可求解.【详解】设上任意一点，则在上，故，故，故选：D4.音程由两个音组成，是和声的最小单位．有的音听起来和谐而有的则不和谐，这和音与音之间的波形（正弦型）有关．比如，1（do）到i（高音do）可以构成纯八度音程，听感上十分和谐，这是因为两者波形的周期比为，两个声波在1个（2个）周期后就立即重合，并有规律的进行下去．再比如1（do）到5（sol）可以构成纯五度音程，两者周期比为3：2，两个声波在2个（3个）周期后就立即重合，听感上也很和谐．也就是说，两个音波形的周期比例越简单，听感越和谐．已知在一个调性中，1（do）的波形符合函数（为振幅，为时间），在音与音之间振幅相同的情况下，与1（do）构成纯八度音程的i（高音do）、纯五度音程的5（sol）的波形函数分别为（）A.；B.；C.；D.；【答案】A【解析】【分析】根据三角函数周期求解即可；【详解】由题意知，1（do）到i（高音do）两者波形的周期比为，又因为1（do）的波形符合函数，故则由解得：所以i（高音do）的波形函数为；1（do）到5（sol）两者周期比为3：2，故解得：所以纯五度音程的5（sol）的波形函数为； 故选；A.5.已知双曲线的渐近线方程为，则的值为（）A.9B.C.3D.【答案】A【解析】【分析】由双曲线方程求出渐近线方程，再与比较可求出的值【详解】由题可得，由，得，所以双曲线的渐近线方程，因为双曲线的渐近线方程为，所以，得，故选：A6.点在圆：上运动，点，当直线的斜率最大时，直线方程是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设直线的方程为，利用圆心到直线的距离小于等于1，从而得到不等式，即可得到的最大值.【详解】设直线的方程为，即，，即，则圆心，半径，则由题意得圆心到直线的距离小于等于1，，解得，则的最大值为， 此时直线的方程为，化简得，故选：C.7.已知是腰长为2的等腰直角斜边上的动点，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量数量积的几何意义，可看成乘以在上的投影，由此求解.【详解】如图，则，根据向量数量积的几何意义，可看成乘以在上的投影，由图可知，当点在点处时，在上的投影最大为2，此时最大为4，当点在点处时，在上的投影最小为0，此时最小为0，故，故选：C.8.已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】根据题意转化为，同构得到，通过构造得到原题意即存在，使得，再构造，研究最值即可求解.【详解】，即，即，构造，则在上单调递增，因为，所以，即存在，使得，记，，令，则，所以在单调递减，在单调递增，，因为，，所以，所以，所以，所以所以实数的取值范围是.故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查函数同构问题和存在性问题.关键点在于将原式进行变形转化，转化为，构造，得到，进而得到自变量的关系， 再通过构造函数研究最值即可.本题考查了转化与化归能力、数学运算能力，属于中档题.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下图是国家卫健委给出的全国某种流行病通报中，甲、乙两个省2月份从2月7日到2月13日一周新增该种流行病确诊人数的折线图：（）A甲省方差比乙省方差大B.甲省平均数比乙省平均数大C.甲省中位数比乙省中位数大D.甲省的极差比乙省极差大【答案】ACD【解析】【分析】利用题中折线图中的数据信息以及变化趋势，结合平均数、方差、中位数、极差的计算公式，对四个选项逐一分析判断即可．【详解】甲省的确诊人数依次为28，28，24，27，11，9，13，乙省的确诊人数依次为19，26，24，29，18，17，23，所以甲省的平均数为，乙省的平均数为，故B错误；甲省的方差为，乙省的方差为，故A正确；甲省的中位数为24，乙省的中位数为23，故C正确；甲省的极差为，乙省的极差为，故D正确．故选：ACD 10.在正方体中，棱长为1，已知点，分别是线段，上的动点（不含端点）．下列结论正确的选项是（）A.与不可能垂直B.有无数条直线与直线平行C.直线与平面所成角为定值D.三棱锥的体积为定值【答案】BCD【解析】【分析】对于A，由正方体的性质可证得平面，然后利用线面垂直的性质判断，对于B，利用线面平行的性质分析判断，对于C，由与平面所成的角为定值分析判断，对于D，由与平面平行分析判断.【详解】对于A，因为在正方体中，，平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以A错误，对于B，因为∥，平面，平面，所以∥平面，所以可得过的平面与平面相交，与直线，相交于点，，则∥，所以有无数条直线与直线平行，所以B正确，对于C，因为在上，所以平面，因为在正方体中，直线与平面所成的角为定值，在上，所以直线与平面所成角为定值，所以C正确， 对于D，因为∥，平面，平面，所以∥平面，所以点到平面的距离为定值1，所以，即三棱锥的体积为定值，所以D正确，故选：BCD11.的部分图象如图所示．则的表达式可以是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】结合正弦函数图像的性质，以及正弦函数五点法求解，最后根据正余弦恒等变换解析判断即可；【详解】由图像可知，所以，又因为，，结合函数图像五点法可知，当解得： 即，正余弦三角恒等转化，故选：AC12.已知函数，是定义域为且都关于对称的函数，，当时，，下列结论正确的是（）A.函数是周期为的周期函数B.函数图象关于对称C.D.的图象与的图象有8个交点【答案】BC【解析】【分析】根据条件可得为偶函数，周期，图象还关于对称，进而可判断A、B、C；再作出的图象与的图象可判断D.【详解】因为函数，是定义域为且都关于对称的函数，所以，，由，得，两式相减得，即为偶函数.由得，又为偶函数，所以，即，所以函数是周期为的周期函数，故A错误；由，，得，所以函数图象关于对称，故B正确；因为函数是周期为的周期函数，当时，， 所以，故C正确；显然可得函数也为偶函数，考虑作出函数和在上的图象，如图所示：由图可知函数的图象和的图象在上共有5个交点，由对称性可得，的图象与的图象共有10个交点，故D错误.故选：BC第II部分非选择题（共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．13.准线方程为的抛物线标准方程为______．【答案】【解析】【分析】根据抛物线准线方程可知抛物线开口方向和几何量p，然后可得方程.【详解】由抛物线准线方程可知，抛物线开口向右，其中，得，所以抛物线标准方程为.故答案为：14.的展开式中的系数为__________.（用数字作答）【答案】80【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于4，求出的值，即可求得展开式中的系数．【详解】解：的展开式的通项公式为，令，求得，故展开式中的系数为，故答案为：80． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．15.请举出一个各项均为正数且公差不为的等差数列，使得它的前项和满足：数列也是等差数列，则_________．【答案】（答案不唯一，满足即可）【解析】【分析】根据等差数列通项的一次函数性、前项和的二次函数性可知，由此可得到满足题意的.【详解】，；若为等差，则，；若，，则满足题意，此时.故答案为：（答案不唯一，满足即可）.16.粽子是端午节期间不可缺少的传统美食，铜仁的粽子不仅馅料丰富多样，形状也是五花八门，有竹筒形、长方体形、圆锥形等，但最常见的还是“四角粽子”，其外形近似于正三棱锥．因为将粽子包成这样形状，既可以节约原料，又不失饱满，而且十分美观．如图，假设一个粽子的外形是正三棱锥，其侧棱和底面边长分别是8cm和6cm，是顶点在底面上的射影．若是底面内的动点，且直线与底面所成角的正切值为，则动点的轨迹长为________．【答案】【解析】【分析】根据正三棱锥的特征以及线面角的定义可判断点在以为圆心，半径为的圆上运动，即可求解半径求解. 【详解】由题意可知是底面等边三角形的的中心，所以,进而,连接,由于底面，所以即为直线与底面所成的角，所以,因此点在以为圆心，半径为的圆上运动，所以的轨迹长为,故答案为：四、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明．17.在中，，，．（1）求；（2）若为的中点，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）直接利用正弦定理求解即可；（2）先求出，中，利用余弦定理求解即可.【小问1详解】在中，由正弦定理得，又，所以；【小问2详解】 由（1）得，，故，在中，由余弦定理得：，所以．18.来自微碧江的报道：2023年6月17日，铜仁市碧江区第二届房地产交易展示会在三江公园隆重开幕．据了解，本次房交会以政府搭台、企业让利、政策支持、百姓受益为办展宗旨，聚集了碧江区17家房开企业、18个楼盘参展，2080套房源、25万平方米供群众选购，9大银行和公积金中心在现场助阵和提供咨询服务．本次房交会从6月17日持续到6月22日，期间每天都安排有精彩演出、免费美食、互动游戏、露天电影和游江龙舟五类活动．（1）甲、乙两名市民参加了不同类的活动，且每人只参加一类活动．已知甲参加了免费美食的活动，求乙参加游江龙舟活动的概率是多少?（2）已知来自某小区的市民参加互动游戏的概率是，设来自该小区的2名市民参加互动游戏的人数为，求的分布列与期望．【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）已知甲参加了免费美食的活动，则可求乙在剩下四类活动中参加游江龙舟活动的概率；（2）依题意可知，即可求二项分布的分布列和期望.【小问1详解】在甲参加了免费美食活动的条件下，记“乙参加游江龙舟活动的这一事件”为，则.所以已知甲参加了免费美食的活动，乙参加游江龙舟活动的概率是.【小问2详解】 依题意，；；.所以的分布列如下：012的数学期望.19.已知数列满足，．（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式及它的前项和．【答案】（1）证明见解析（2），【解析】【分析】（1）对已知递推式变形可得，再根据等比数列的定义可证得结论；（2）由（1）可求出，然后利用分组求和法可求出【小问1详解】证明：因为，所以，所以，所以，因为，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列. 【小问2详解】由（1）得，所以，所以20.如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，．（1）证明：；（2）若平面平面，且，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取为的中点，通过证明平面，即可；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和的坐标，利用向量运算即可.【小问1详解】证明：设为的中点，连接，由题意得：，，又平面，所以平面，平面，所以； 【小问2详解】因为平面平面，，平面平面，由平面垂直性质得：，所以两两垂直，建立如图所示坐标系，，则，，，设平面的法向量为，则，令，可得，设直线与平面所成角为，则.21.已知椭圆：的离心率为，且过点．（1）求的方程；（2）直线：与椭圆分别相交于，两点，且，点不在直线上：（I）试证明直线过一定点，并求出此定点；（II）从点作垂足为，点，写出的最小值（结论不要求证明）．【答案】（1） （2）（I）证明见解析，定点；（II）【解析】【分析】（1）根据离心率以及经过的点即可联立方程求解，（2）联立直线与椭圆方程，根据垂直关系，代入根与系数的关系即可化简求解定点，根据，所以点在以为直径的圆上运动，即可利用点到圆心的距离求解最值.【小问1详解】由和，又，得，故的方程：.【小问2详解】（I）设，，，由根与系数的关系得：，,，，由，∙=0得：，整理得：,代入得，化简得，分解得：，由于点不直线上，所以，可得，直线过定点.（II）的最小值为．理由：由于直线过定点，不妨设,由于，所以点在以为直径的圆上运动，圆心为，半径为， 所以点到圆心距离为，故点到圆上一点的最小距离为，即的最小值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为(为定值),则直线过定点22.已知函数．（1）当时，（I）求处的切线方程；（II）判断的单调性，并给出证明；（2）若恒成立，求的取值范围．【答案】（1）（I）；（II）单调递增，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由导数的几何意义可求得切线的斜率，从而可求切线方程；由，令，求导判断单调性得，即可求解；（2）当，取判断不成立；当时，三次求导结合隐零点进行判 断不成立；当时，，可得，即.【小问1详解】当时，，可得.（I），所以在处的切线方程为，即.（II），设，则单调递增，所以，即，所以当时，单调递增.【小问2详解】设，由题意恒成立.①当时，不恒成立，不合题意；②当时，设，，，，，设，，，单调递增，由零点存在定理得，使得.在上，，即，所以在上单调递减，，不恒成立，不合题意；③当时，，则，当时，，即，则，所以当时，单调递增. 可得：，即，所以.综上，的取值范围为．【点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合(图象在上方即可)；③分类讨论参数.