河南省南阳市2022-2023学年高二下学期期末数学试题 Word版含解析.docx

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2023年春期高中二年级期终质量评估数学试题注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效.2.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.5.保持卷面清洁，不折叠、不破损.第Ⅰ卷选择题（共60分）一、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.直线，，的斜率分别为2，1，，倾斜角分别为，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由于，由正切函数的图像性质可得倾斜角，，的大小关系.【详解】由于，由正切函数的图像性质可知，当时，为增函数，且，由，可知；当时，为增函数，且，，所以；所以，选项B正确.故选：B 2.函数在上的最小值为（）A.B.6C.D.【答案】C【解析】【分析】求出函数的导数，判断函数的单调性，计算函数极值以及区间端点处函数值，即可求得答案.【详解】由可得，令，当或时，，当时，，即在上单调递增，在上单调递减，则为函数的极大值点，为函数的极小值点，故，故函数在上的最小值为，故选：C3.某市农科所实验基地现有并排的10块试验田，选择其中的两块分别种植，两种作物，每块种植一种作物，要求，两种作物的间隔不小于6块试验田，则不同的种植方法共有（）A.12种B.18种C.24种D.36种【答案】A【解析】【分析】分类考虑，两种作物的间隔的块数，根据分类计数原理即可求得答案.【详解】由题意，两种作物的间隔至少为6块，至多为8块，当间隔为6块时，有种种植方法；当间隔为7块时，有种植方法；当间隔为8块时，有种种植方法；故共有种种植方法；故选：A4.设数列是由正数组成的等比数列，且，则（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的性质，设，，，则A，B，C成等比数列，然后利用等比中项的性质可求得答案【详解】设，，，公比为，则A，B，C成等比数列，公比为，且，由条件得，所以，所以.故选：D.5.在单位正方体中，为的中点，则点到平面的距离为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.【详解】如图，以D为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，则,故，设平面法向量为， 则，令，则，故点到平面的距离为,故选：C6.过坐标原点作圆的两条切线，切点分别为，，则（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】根据题意可得为等边三角形，可得结果.【详解】圆化为标准方程为，其圆心为，半径为1，由题意知，,,,,所以,所以.所以,且,所以为等边三角形，所以.故选:C．7.若在区间上单调递增，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】令，根据复合函数的单调性可得需满足，且在上单调递减，结合导数。参变分离即可求得答案.【详解】令，则在上单调递减，由题意可得需满足，且在上单调递减，令，则在上恒成立，即在上恒成立，而在上单调递减，即，故；经检验当时，在上恒成立，在上单调递减，符合题意；由，则在上恒成立，所以，故，综合以上可得，故选：C8.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，分别构造函数，，与函数，，即可比较大小.【详解】构造函数，，则，因为，当时，，则函数单调递减，则，即，所以，即，构造函数，，则，因为，当时，，则函数单调递增， 则，即，所以，即，所以.故选：A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.若椭圆的离心率为，则实数的值可能为（）A.B.C.D.4【答案】AD【解析】【分析】分焦点在轴上和轴上两种情况讨论，再根据条件即可求出结果.【详解】因为椭圆的离心率为，当焦点在轴上时，即，得到，由，解得；当焦点在轴上时，即，得到，由，解得.故选：AD.10.设等差数列，的前项和分别为，，若，则满足的的值可能为（）A.2B.4C.12D.14【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，由，代入计算，即可得到结果.【详解】因为等差数列，的前项和分别为，，且， 则，因为，则，所以，且，则舍，所以的可能值为.故选：ABD11.设，则（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】利用二项式的通项公式及导数与赋值法即可得解.【详解】,,A错误B正确；，令得：，C错误D正确；故选:BD.12.定义在上的函数满足恒成立，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】构造函数，通过导数可以判断出在上单调递减，结合选项逐一检验即可. 【详解】，，即，等价于，构造函数，则，即在上单调递减，，，即，化简得，故A选项正确，B选项错误；，，即，化简得，故C选项正确，D选项错误；故选：AC第Ⅱ卷非选择题（共90分）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13.已知为等差数列的前项和，若，则______.【答案】【解析】【分析】根据题意，利用等差数列的求和公式，求得，再根据等差数列的性质，即可求解.【详解】由为等差数列前项和，因为，根据等差数列的求和公式，可得，解得，又由等差数列的性质，可得，所以，所以.故答案为：.14.曲线在处的切线方程为______. 【答案】【解析】【分析】先求出函数在处的函数值，由导数的几何意义可求.【详解】，则，，所以，即切线的斜率，所以切线方程为，即故答案为：15.已知为双曲线的右焦点，为双曲线右支上的一点，且的三个内角，，成等差数列（公差，则双曲线的离心率______.【答案】##【解析】【分析】根据条件求出，，，从而得到，再利用点在双曲线上和，建立方程即可求出结果.【详解】不妨设，因为的三个内角，，成等差数列（公差），所以，又，解得，，，又，所以，故，即，由题有，又，代入， 得到，化简得到，解得或（舍弃），所以.故答案为：.16.记为正整数的最大奇因数，如，，设，则______；______【答案】①.22②.【解析】【分析】由题意可得，，从而求出；且推出，可得.【详解】由题意可得，，，，；，所以，即， 所以.故答案为：22；.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是由已知递推出，考查了学生的思维能力、计算能力.四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.某收费APP（手机应用程序）自上架以来，凭借简洁的界面设计､方便的操作方式和强大的实用功能深得用户的喜爱.该APP所在的公司统计了用户一个月月租减免的费用（单位：元）及该月对应的用户数量（单位：万人），得到如下数据表格：用户一个月月租减免的费用（元）34567用户数量（万人）11.11.51.92.2已知与线性相关.（1）求关于线性回归方程；（2）据此预测，当月租减免费用为10元时，该月用户数量为多少？参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，【答案】（1）（2）万人【解析】【分析】（1）根据已知数据，先求得，然后利用公式计算回归方程中的系数，得到回归方程；（2）利用回归方程估计.【小问1详解】解：由 有，故关于的线性回归方程为；【小问2详解】解：由（1）知回归方程为，当时，，所以预测该月的用户数量为万人.18.为了解同学们对数学感兴趣程度，现对某校高二年级不同分数段（满分150分）的学生对数学感兴趣程度进行调查（只有感兴趣和不感兴趣两个选项且每人必须选择其中一项），随机抽调了50人，各分数段频数（单位：人）及对数学感兴趣人数如下表：成绩频数510151055感兴趣人数135745（1）根据以上统计数据完成下面的列联表，并判断能否有99.9%的把握认为“该校高二年级学生对数学的感兴趣程度与成绩不低于110分有关”?成绩低于110分不低于110分合计感兴趣不感兴趣合计50（2）若在成绩为分数段并且对数学感兴趣的同学中随机抽取4人，求成绩来自这一分数段的人数的分布列及数学期望.附：， P0.0500.0250.010.0050.0013.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析；有（2）分布列见解析；【解析】【分析】（1）由题意可得列联表，计算的值，与临界值表比较，即得结论；（2）确定变量X的取值，求得每个值对应的概率，可得分布列，根据期望公式求得期望.【小问1详解】由题意得：成绩低于110分不低于110分合计感兴趣91625不感兴趣21425合计302050则，故有99.9%的把握认为“该校高二年级学生对数学的感兴趣程度与成绩不低于110分有关”.【小问2详解】由题意知的取值可能为，则，，，则的分布列为：X0123P 故.19.已知数列的前项和为，且（），（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出首项，继而当时利用递推式推出数列是以1为首项，2为公比等比数列，即可求得答案；（2）求出的表达式，利用错位相减法即可求得答案.【小问1详解】当时，，当时，，故，故数列是以1为首项，2为公比的等比数列，故；【小问2详解】由（1）得，故，则，故，则20.三棱柱中，平面平面，是等边三角形，， ，.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由，，，得到，再利用面面垂直的性质定理和判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量，由求解.【小问1详解】因为，，，所以，则，即，所以，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】 建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，设平面的一个法向量为，则，即，令，得到，则，设平面的一个法向量为，则，即，令，得到，则，所以，又二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为.21.已知抛物线：的焦点为，过轴正半轴上一点的直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，且.（1）求点的坐标；（2）设点关于直线的对称点为，求四边形面积的最小值. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设直线的方程为，联立抛物线方程，可得根与系数关系式，结合数量积的坐标表示，列式计算，即得答案.（2）利用，结合求得，求得四边形面积的表达式，结合基本不等式即可求得答案.【小问1详解】设直线的方程为，联立，可得，需满足，设，则，由于，由可得，解得或（舍去），则过轴正半轴上一点，即点的坐标为.【小问2详解】由题意知，结合（1）知，不妨设，则， 由于关于对称，故，故，当且仅当时，即时，等号成立，故四边形面积的最小值为.【点睛】关键点睛：求解四边形面积的最小值时，关键是求出四边形面积的表达式，即利用，进而结合，求得表达式，然后结合基本不等式求解.22.已知函数（）有两个零点.（1）求实数的取值范围；（2）证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求得函数导数，判断函数单调性，结合函数值情况，即可求得答案.（2）利用函数零点知识可得，令，从而将证明转化为证明对恒成立，然后构造函数，利用导数即可证明结论.【小问1详解】由题意得函数（）有两个零点即有两个正根，设，则，由得，由得，故在上单调递增，在单调递减， 又，当时，，故实数的取值范围为【小问2详解】由（1）知，由题意得，则，故，设，要证明，只需证明对恒成立，即对恒成立，令，则故在上单调递增，且，故对恒成立，即对恒成立，故.【点睛】难点点睛：本题综合考查导数知识的应用，难点在于第二问不等式的证明，证明时要利用函数零点对所证不等式进行变式，即证明对恒成立，继而构造函数，利用导数判断函数单调性进行解决.