2022-2023学年河南省焦作市高二下学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省焦作市2022-2023学年高二下学期期末数学试题考生注意：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（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗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.0 B.1 C. D.2〖答案〗B〖解析〗，.故选：B.3.已知向量，，若，则实数（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗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〗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.3 C. D.6〖答案〗A〖解析〗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〗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〗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（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗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〗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，则下列结论中正确的是（）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〗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〗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：AD.12.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〗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〗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〗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：0.79.15.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〗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〗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．解：（1）设等差数列的公差为，由，可得，解得，所以．（2）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．（1）解：由及正弦定理得，所以，所以，所以．因为，所以，所以．因为，所以．（2）证明：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．（1）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．（2）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．解：（1）根据题意可知，，．（2）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的分布列为：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．（1）证明：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．（2）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．（1）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，∴，∴．（2）证明：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．河南省焦作市2022-2023学年高二下学期期末数学试题考生注意：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（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗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.0 B.1 C. D.2〖答案〗B〖解析〗，.故选：B.3.已知向量，，若，则实数（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗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〗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.3 C. D.6〖答案〗A〖解析〗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〗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〗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（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗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〗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，则下列结论中正确的是（）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〗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〗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：AD.12.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〗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〗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〗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：0.79.15.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〗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〗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．解：（1）设等差数列的公差为，由，可得，解得，所以．（2）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．（1）解：由及正弦定理得，所以，所以，所以．因为，所以，所以．因为，所以．（2）证明：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．（1）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．（2）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