云南省大理白族自治州2022-2023学年高二数学下学期期末试题（Word版附解析）

2022~2023学年下学期大理州普通高中质量监测高二数学试卷（全卷四个大题，共22个小题，共4页；满分150分，考试用时120分钟）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号等在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的相关信息，在规定的位置贴好条形码.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.无效.3.非选择题用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答4，考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷（选择题，共60分）一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.集合，集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解不等式求出集合，利用交集的定义得出结果.【详解】∵，，∴，即.故选：A.2.已知是虚数单位，在复平面内，复数和对应的点间的距离是（）A.0B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的几何意义，分别得到两复数对应点的坐标，再由两点间距离公式，即可得出结果. 【详解】由于复数和对应的点分别为，，因此由两点间的距离公式，得这两点间的距离为.故选：D.3.已知为单位向量，且，则与的夹角为（）A.B.C.D.0【答案】C【解析】【分析】根据向量数量积的定义和运算律求解即可.【详解】设与的夹角为，因为为单位向量，，即，即，即，所以，即.故选：C.4.某种应用于合成孔径成像设备中的多光束合成器件如图所示，利用该方法制作的光束合成器具有加工周期短，成本低等优势.其外形可近似为一个正六棱台，已知其上底面边长为1，下底面边长为2，高为，则其体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】将上下底面的正六边形看作六个正三角形可求面积，再根据棱台的体积公式求解即可.【详解】如图上下底面的正六边形看作六个正三角形组合，故上底面面积为，下底面面积为.由棱台体积公式可得体积为.故选：C5.从甲、乙、丙、丁、戊五名同学中选2人参加普法知识竞赛，则甲被选中的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用古典概型的概率求解.【详解】从甲、乙、丙、丁、戊五名同学中选2人的基本事件有：（甲、乙），（甲、丙），（甲、丁），（甲、戊），（乙、丙），（乙、丁），（乙、戊），（丙、丁），（丙、戊），（丁、戊），共10种，甲被选中的基本事件有：（甲、乙），（甲、丙），（甲、丁），（甲、戊），共4种，所以甲被选中的概率为，故选：B.6.已知函数，其中，若，对任意的都有，则下列说法错误的是（）A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，得①，，得②，联立①②结合已知条件求出，即可判断各选项.【详解】若，则，∴①，∵对任意的都有，∴，∴，得②，②－①得，即，∵，∴取，∴，故A正确；将代入②得，即，∵，取，∴，故B正确；∴，∴，故C正确；，故D错误.故选：D.7.在三棱锥中，，则三棱锥外接球表面积为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】取的中点，可求得，从而得三棱锥外接球的球心为，半径，代入球的表面积公式计算即可.【详解】取的中点，连接，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∴三棱锥外接球的球心为，半径，故三棱锥外接球的表面积．故选：B．8.若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】可以构造函数，利用函数的单调性求解，可以构造函数求导判断单调性与正负判断.【详解】设，，则在上为增函数，故 ，即.又在上为增函数，且，则有，即，故.设，则，故为减函数，，即，故，即.综合可得：．故选：A二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.记为等差数列的前项和，已知，则（）AB.CD.【答案】BC【解析】【分析】利用等差数列的通项公式及求和公式即可得出．【详解】设等差数列的公差为．∵，∴，且，解得：，，∴，．故选：BC．10.某市举办了普法知识竞赛，从参赛者中随机抽取1000人，统计成绩后，画出频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（） A.直方图中的值为0.030B.估计该市普法知识竞赛成绩的平均数为85分C.估计该市普法知识竞赛成绩的中位数为90分D.估计该市普法知识竞赛成绩的众数为95分【答案】AD【解析】【分析】根据直方图面积为1可判断A，再根据直方图中平均数、中位数与众数的求法判断BCD.【详解】对A，，故，解得，故A正确；对B，该市普法知识竞赛成绩的平均数为，故B错误；对C，由表可得小于90分的人数频率，故竞赛成绩中位数不为90，故C错误；对D，由表可得估计该市普法知识竞赛成绩的众数为分，故D正确；故选：AD11.过抛物线上一点作两条相互垂直的直线，与的另外两个交点分别为，则（）A.的准线方程是B.过的焦点的最短弦长为2C.直线过定点D.若直线过点，则的面积为24【答案】AC 【解析】【分析】由题可得抛物线为，进而判断A；利用焦点弦的方程结合抛物线的定义结合条件可判断B；设直线为，联立抛物线利用韦达定理结合条件可得m、n的数量关系，可判断C；由直线过点可得直线为，进而结合点到直线的距离和弦长公式求解，进而判断D.【详解】将代入中得，即，则抛物线为，所以的准线方程是，故A正确；抛物线的焦点为，可设过的焦点的直线为，联立，可得，设交点为，则，，所以，即过C的焦点的最短弦长为4，故B不正确；设，，直线为，联立，可得：，所以，，又，所以，因为，，即，所以，化简整理得，即，得，所以直线为， 所以直线过定点，故C正确；若直线过点，则，即，，所以，，直线为，即，所以，点到直线的距离为，所以，故D不正确.故选：AC.12.设定义在上的函数和的导函数分别为和，若，且为偶函数，则下列说法一定正确的是（）A.的图象关于对称B.的图象关于对称C.2为函数的周期D.为偶函数【答案】ACD【解析】【分析】由为偶函数，得，即可判断A；由，得，两边求导，即可判断B；由，所以，（为常数），再根据所给条件推出，即可得到，结合，推出的周期性即可判断C；由，可推得，结合求解即可判断D.【详解】∵为偶函数，∴，∴的图象关于对称，故A正确；∵，∴，∴，∴，∴的图象关于对称，故B错误；因为，所以，（为常数），则， 又因为，所以，所以，令，则，所以，所以，，，因为，且，所以，所以2为函数的周期，故C正确；∵，∴，，又，∴，故为偶函数，故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：关于函数的对称性，周期性总结如下：（1）若，则函数关于对称；（2）若，则函数关于对称；（3）若，则函数的周期为；（4）若，则函数的周期为．第II卷（非选择题，共90分）三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.某校高中三个年级共有学生2800名．已知在全校学生中随机抽取1名，抽到高二年级学生的可能性是0.32．该校高三年级学生人数比高二年级学生多112人，现用分层随机抽样的方法在全校共抽取75名学生，则应在高三年级抽取的学生人数为__________.【答案】27【解析】【分析】先求出高三年级学生人数，再根据分层随机抽样的方法计算，可得答案．【详解】高二年级学生有人，则高三年级学生有人，根据分层随机抽样的方法可知，高三年级抽取的学生人数为．故答案为：27． 14.已知直线与圆交于两点，则__________.【答案】【解析】【分析】先求出圆心坐标和半径，再求出圆心到直线的距离，由可得答案.【详解】圆化为，则圆心为，圆心到直线的距离为，所以.故答案为：.15.若二次函数的图象与曲线的图象有3个公共点，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】由题意，得，令，由题意，直线与的图象有3个公共点，利用导数研究的性质，作出图象，数形结合可得答案.【详解】由题意，得，即，令，由题意，直线与的图象有3个公共点，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，当时，取极小值，当时，取极大值， 当时，当时，作出的大致图象，如图，由图可知，当时，直线与的图象有3个公共点，则实数的取值范围是.故答案为：.16.已知椭圆，点是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上一点，的内切圆的圆心为，若，则椭圆的离心率为__________.【答案】##0.2【解析】【分析】取线段的中点，由已知条件得出，从而三点共线，且，则，再利用，即可求出离心率.【详解】不妨设点在轴上方，设点的纵坐标为，点的纵坐标为，的内切圆的半径为，椭圆焦距为, 取线段的中点，设点的纵坐标为，因为，所以，∴，即，∴三点共线，且，∴，∵，∴，,，∴，∴椭圆的离心率，故答案为：.【点睛】方法点睛：椭圆离心率的三种求法：（1）若给定椭圆的方程，则根据焦点位置确定，求出的值，利用公式直接求解．（2）求椭圆的离心率时，若不能直接求得的值，通常由已知寻求的关系式，再与组成方程组，消去得只含的方程，再化成关于的方程求解．（3）求离心率时要充分利用题设条件中的几何特征构建方程求解，从而达到简化运算的目的．四､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知数列中，. （1）证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义证明，可得的通项公式，进而得数列的通项公式；（2）利用分组求和可求解.【小问1详解】由可得,即，所以是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以，所以.【小问2详解】.18.在锐角中，内角的对边分别为，且满足.（1）求角的大小；（2）求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）化简为，结合余弦定理即可求解； （2）根据两角差的正弦公式及同角三角函数关系化简，进而结合正切函数的图象及性质求解即可.【小问1详解】由，整理得，所以，又，则.【小问2详解】，因为为锐角三角形，所以，即，所以，即，所以的取值范围为.19.某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰.已知甲选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，乙选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，且两位选手各轮问题能否正确回答互不影响.（1）求甲选手进入第三轮才被淘汰的概率；（2）求至少有一名选手通过全部考核的概率. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，设事件表示“甲选手能正确回答第轮问题”，设事件表示“甲选手进入第三轮才被淘汰”，由独立事件概率的乘法公式，计算可得答案；（2）利用独立事件的概率乘法公式求出甲选手通过全部考核的概率与乙选手通过全部考核的概率，然后利用对立事件的概率公式求解．【小问1详解】设事件表示“甲选手能正确回答第轮问题”，由已知，设事件表示“甲选手进入第三轮才被淘汰”，即甲选手第一、二轮的问题回答正确，而第三轮的问题回答错误，则；【小问2详解】设表示“甲选手通过全部考核”，则．设事件表示“乙选手能正确回答第轮问题”，由已知，设表示“乙选手通过全部考核”，则．则至少有一名选手通过全部考核的概率为.20.如图，在三棱柱中，，点为棱的中点，点 是线段上的一动点，.（1）证明：；（2）设直线与平面所成角为，求的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据三棱柱中的垂直关系以及角度，可通过证明平面，利用线面垂直的性质定理即可证明；（2）可证得平面，则直线与平面所成角为，根据题中条件求出的最值，即可得出答案.【小问1详解】由题意可知，，又，所以，连接，如图所示：由，可知，是正三角形，又点为棱的中点，所以，平面，平面，， 所以平面，平面，所以.【小问2详解】因为，，所以，又，，平面，所以平面，则直线与平面所成角为.在正中，，所以，中，，当与重合时，取最大值1；当与重合时，取最小值，所以，的取值范围是.21.设分别是双曲线的左､右两焦点，过点的直线与的右支交于两点，曲线的虚轴的端点与其焦点的距离为.（1）求双曲线的方程；（2）当时，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合题意可得，解方程组即可求解；（2）由（1）知，，，进而得到，，，在 中，由余弦定理可得，进而得到，进而得出直线的斜率为，进而求解.【小问1详解】由题意可得，，解得，，，所以双曲线的方程为.【小问2详解】由（1）知，，则，因为直线过点，所以，即，由，，则，在中，由余弦定理得，所以，则，即直线的斜率为，所以，即，即直线的方程为. 22.已知.（1）讨论的单调性；（2）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求出的导数，根据的取值范围进行分类讨论即可；（2）不妨设，根据已知条件结合的单调性去绝对值得，构造函数，问题转化为在时单调递增时，求实数的取值范围，从而得在上恒成立，求解即可.【小问1详解】由已知，（）定义域为，，①当时，在区间上恒成立，在区间上单调递增；②当时，令，解得（舍），， ∴当时，，∴在区间上单调递减，当时，，∴在区间上单调递增，综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.【小问2详解】当时，，由（1）知，在区间上单调递减.，不妨设，∴，，∴，∴，∴，设，，则，且，等价于，即在上单调递增，∴在上恒成立，∴在时恒成立，令，∵，，∴当，即时，的最大值为，∴，综上所述，实数的取值范围是. 【点睛】关键点睛：本题第（2）问解题的关键点有两个，一个是去绝对值，将等价转换为，便于构造函数；另一个是通过构造函数，把问题转化为在上单调递增时，求实数的取值范围，从而得在时恒成立.