河南省焦作市2022-2023学年高二下学期期末数学试题（Word版附解析）

焦作市普通高中2022—2023学年（下）高二年级期末考试数学考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．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．一、单项选择题：本题共8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（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】先解一元二次不等式，然后由集合的交集运算求解即可.【详解】因为集合，所以解不等式可得：，所以，所以.故选：A.2.若复数，则（）A.0B.1C.D.2【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法法则先化简，再根据求模公式求. 【详解】，.故选：B.3.已知向量，，若，则实数（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由已知条件得出，利用平面向量数量积的坐标运算可得出关于实数的等式，解之即可.【详解】因为向量，，且，所以，，解得.故选：D.4.已知等比数列中，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，进而可得出的值.【详解】设等比数列的公比为，则，解得，因此，.故选：C.5.已知抛物线C：的焦点为F，A是C上一点，O为坐标原点，若，则的面积为（）A.B.3C.D.6 【答案】A【解析】【分析】利用题目所给的条件，计算出A点的坐标可得答案.【详解】依题意作下图：设，，所以，可得，由，解得，所以，所以.故选：A.6.已知角满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先由两角差的正切公式求出，再根据两角和的正弦公式，二倍角公式及同角三角函数的关系，化简后代入求值即可．【详解】由，得，则 ，故选：C．7.已知函数的图象的一个对称中心的横坐标在区间内，且两个相邻对称中心之间的距离大于，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用辅助角化简函数解析式为，分析可知，函数的最小正周期满足，求出的取值范围，求出函数图象对称中心的横坐标，可得出所满足的不等式，即可得出的取值范围.【详解】因为，因为函数的图象的两个相邻对称中心之间的距离大于，所以，函数的最小正周期满足，即，则，由可得，因为函数的图象的一个对称中心的横坐标在区间内，则，可得，又因为且存在，则，解得， 因为，则，所以，，故选：B.8.已知函数存在零点a，函数存在零点b，且，则实数m的取值范围是（）AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】先求出函数的零点，再把问题转化为方程在上有解，构造函数，利用导数法研究单调性，求出值域即可求出实数m的取值范围.【详解】因为，所以，则函数单调递增，又，所以函数的零点，由，得，解得，函数存在零点b，即方程在上有解，令，则，所以函数在上单调递增，因为，当且无限趋向于时，无限趋向于负无穷，则函数在上的值域为，所以实数m的取值范围是.故选：D二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．9.2014—2022年（2022年为上半年）中国国内生产总值（GDP）统计如下，且已知2022 年全年中国国内生产总值（GDP）为121.01万亿元，则下列结论中正确的是（）A.2022年下半年中国GDP为64.75万亿元B.2022年中国GDP大于2014年与2015年的GDP之和C.2014—2021年中国GDP同比增长率超过10%的有2017年、2018年、2021年D.2014—2021年中国GDP同比增长最快的是2021年【答案】ACD【解析】【分析】由2022年全年中国GDP减去2022年上半年中国GDP可判断A；2014年与2015年上半年中国GDP和为大于2022年全年中国GDP，可判断B；由图可判断C，D.【详解】对于A，因为2022年全年中国国内生产总值（GDP）为121.01万亿元，2022年上半年中国GDP为万亿元，所以2022年下半年中国GDP为万亿元，故A正确；对于B，因为2014年与2015年中国GDP和为，故2022年中国GDP小于2014年与2015年的GDP之和，故B错误；对于C，由图可知，2014—2021年中国GDP同比增长率超过10%的有2017年、2018年、2021年，故C正确；对于D，由图可知，2014—2021年中国GDP同比增长最快的是2021年，故D正确.故选：ACD.10.已知函数，则下列结论中正确是（）A.当时，是上的增函数B.当时，直线与的图象没有公共点 C.当时，的单调递减区间为D.当有一个极值点为时，的极大值为【答案】ABC【解析】【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断AC选项；计算得出，可判断B选项；利用函数的极值、极值点与导数的关系可判断D选项.【详解】对于A选项，因为，则，当时，对任意的恒成立，即对任意的恒成立，且不恒为零，所以，当时，是上的增函数，A对；对于B选项，当时，，因此，当时，直线与的图象没有公共点，B对；对于C选项，当时，对于方程，，由，可得，解得，因此，当时，的单调递减区间为，C对；对于D选项，当有一个极值点为时，，解得，则，，令，可得或，列表如下：增极大值减极小值增所以，函数的极大值为，D错.故选：ABC.11.已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，P，Q为C 上的动点，的最大值为6，则下列结论中正确的是（）A.椭圆C的短轴长为B.当P，Q分别在x轴的上方和下方时四边形的周长的取值范围是C.存在四个不同的点P，使得D.若为锐角三角形，则点P横坐标的取值范围是【答案】AD【解析】【分析】求得椭圆C的短轴长判断选项A；求得四边形的周长的取值范围判断选项B；求得使的点P的个数判断选项C；求得为锐角三角形时点P横坐标的取值范围判断选项D.【详解】由题给条件可得，解之得，则，则椭圆C的方程为.设椭圆C的上顶点为，选项A：椭圆C的短轴长为.判断正确；选项B：当P，Q分别在x轴的上方和下方时，四边形的周长为.判断错误；选项C：中，，，则，则.又当P为短轴端点时取得最大值，则存在2个不同的点P，使得.判断错误；选项D：由，可得，由椭圆C的半焦距为2，则由为锐角三角形，可得点P横坐标的取值范围是.判断正确. 故选：AD12.如图，在三棱柱中，AB⊥BC，平面ABC，BC＝2，三棱锥的外接球O的表面积为，记直线AC与所成的角为，直线与平面ABC所成的角为，则下列结论中正确的是（）A.B.三棱柱的体积的最大值为6C.球心O到平面的距离为D.【答案】BD【解析】【分析】棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，由线面垂直的性质得出，又AB⊥BC，所以出现一个墙角模型，确定球心位置以及半径大小，得出，逐一判断选项A、C、D；结合基本不等式判断选项B.【详解】如图，棱锥的外接球即为三棱柱的外接球，又AB⊥BC，平面ABC，分别取的中点，则球心O为的中点.由球O的表面积为，则，即，解得.由平面ABC，平面ABC，平面ABC，所以，又AB⊥BC，所以，又BC＝2，所以.对于A，因为，故A错误； 对于B，三棱柱的体积，当取得等号.所以体积的最大值为6，故B正确；对于C，球心O为的中点，.球心O到平面的距离即点M为到平面的距离,也即点C为到平面的距离的一半,又BC＝2，球心O到平面的距离为1，故C错误；对于D，记直线AC与所成的角为，，所以，；直线与平面ABC所成的角为，由平面ABC，所以，，.故D正确.故选：BD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若的展开式中的系数为15，则实数______．【答案】或1【解析】【分析】写出展开式的通项公式，根据展开式中的系数为15列出方程求解即可．【详解】根据题意，展开式的通项公式为，则展开式中的系数为，即，解得或．故答案为：或.14.某足球队共有30名球员练习点球，其中前锋6人，中场16人，后卫8人．若前锋点球进门的概率均是0.9，中场点球进门的概率均是0.8，后卫点球进门的概率均是0.7，则任选一名球员点球进门的概率是 ______．（结果保留两位小数）【答案】0.79【解析】【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式求解即可.【详解】依题意，选中前锋的概率为，选中中场的概率为，选中后卫的概率为，则任选一名球员点球进门的概率是.故答案为：0.7915.已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则不等式的解集为______．【答案】【解析】【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，且该函数上单调递增，由可得出关于的不等式，解之即可.【详解】因为函数的定义域为，是偶函数，则，即，所以，函数的图象关于直线对称，当时，，则函数在上单调递减，故函数在上单调递增，因为，则，即，即，即，解得或，因此，不等式的解集为.故答案为：. 16.已知在四面体中，，，则该四面体外接球的体积为______．【答案】【解析】【分析】依题意可得，取的中点，连接、，即可得到，，从而得到平面，四面体外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出外接球的半径，即可求出外接球的体积.【详解】因为，所以，则，所以，因为，取的中点，连接、，则，，且，所以，则，所以，，平面，所以平面，的外接圆圆心即为斜边的中点，所以四面体外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，则，即，解得，所以外接球的体积.故答案为：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.已知在等差数列中，，．（1）求的通项公式；（2）若是等比数列，且，，求数列的前n项和． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意列出方程组求得，即可得到数列的通项公式；（2）由（1）求得，，得出数列是等比数列的公比，求得，结合等差、等比数列的求和公式，即可求解.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，由，可得，解得，所以．【小问2详解】解：由（1）可知，，则，，因为是等比数列，所以公比为，所以，所以．所以．18.已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求C；（2）若c＝2，△ABC的面积为，求证：△ABC是正三角形．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得出答案；（2）由三角形的面积公式及余弦定理求解即可. 【小问1详解】由及正弦定理得，所以，所以，所以．因为，所以，所以．因为，所以．【小问2详解】因为，所以ab＝4．由余弦定理可得，所以，即，所以a＋b＝4，所以a＝b＝2，所以a＝b＝c，所以△ABC是正三角形．19.如图，在长方体中，，交于点．（1）证明：平面；（2）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）连接，由，证得平面，同理可证平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：如图所示，连接，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理可证，且平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面．【小问2详解】解：以为坐标原点，直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，所以，，．设平面的法向量为，则取，可得，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为．20.2023年5月15日至21日是第二个全国家庭教育宣传周，为进一步促进家校共育，某校举行“ 家教伴成长，协同育新人”主题活动，最终评出了8位“最美家长”，其中有6位妈妈，2位爸爸，学校准备从这8位“最美家长”中每次随机选出一人做家庭教育经验分享．（1）若每位“最美家长”最多做一次家庭教育经验分享，记第一次抽到妈妈为事件A，第二次抽到爸爸为事件B，求和；（2）现需要每天从这8位“最美家长”中随机选1人，连续4天分别为低年级、中年级、高年级和全体教师各做1场经验分享，1天只做1场，且人选可以重复，记这4天中爸爸做经验分享的天数为X，求X的分布列和数学期望．【答案】（1），（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）由题可得，第二次抽到爸爸，则第一次抽到妈妈或第一次抽到爸爸，据此可得；（2）由题可得爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值，且，据此可得X的分布列和数学期望.【小问1详解】根据题意可知，，．【小问2详解】爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且，故，，，，，故X分布列为： X01234P根据二项分布的期望公式可知，．21.已知函数．（1）证明：在上单调递减；（2）若函数（为的导函数），且单调递增，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）令，对求导，得到的单调性，证明，即可得到，即可证明在上单调递减；（2）由题意可得在恒成立，分离参数可得，令，证明即可得出答案.【小问1详解】由题可知的定义域为，．令，则，．令，得，令，得．故在上单调递增，在上单调递减，故．所以对任意恒成立，所以在上单调递减． 【小问2详解】由题可知，则．因为单调递增，所以，即．令，则，．当时，，此时单调递增，当时，，此时单调递减，所以，则，解得．所以a的取值范围为．22.已知点在双曲线C：上，过C的右焦点F的动直线l与C交于A，B两点．（1）若点，分别为C的左、右顶点，Q为C上异于，的点，求（k表示斜率）的值；（2）证明以为直径的圆恒过x轴上的定点，并求该定点的坐标．【答案】（1）（2）证明见解析，定点的坐标为【解析】【分析】（1）将点代入双曲线，解得，设Q点坐标为，表示出化简即可得出答案； （2）以AB为直径的圆与x轴的交点为，则，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立直线方程与双曲线结合韦达定理可求出；当直线l的斜率不存在时，，求出，即可验证.【小问1详解】∵点在双曲线C：上∴，解得，∴双曲线C的方程为，则，．设Q点坐标，则，，∴．∵点Q在双曲线C上，∴，∴．【小问2详解】设以AB为直径的圆与x轴的交点为．由（1）可知双曲线的右焦点F为．当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，，，∵，∴，整理得到①． 由，消去y可得．∵直线l与双曲线C有两个不同的交点，∴且，∴．由题设有①对任意的总成立，∵，，∴①可转化为，整理得到对任意的总成立，故，解得，即点M的坐标为．当直线l的斜率不存在时，，此时，或，，则，即M在以为直径的圆上．综上，以为直径的圆恒过x轴上的定点，且定点的坐标为．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解.