云南省昆明市2022-2023学年高二下学期期末质量检测数学试题（教师版）

昆明市2022~2023学年高二期末质量检测数学一､单选题：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.复平面内，复数所对应的点为，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的坐标表示和乘法运算可得.【详解】因为复数所对应点为，所以，所以.故选：C2.已知集合，集合，若，则（）A.0 B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】由，得到，分、和，三种情况讨论，即可求解.【详解】由集合，集合，因为，可得，当时，则，此时，此时不满足，舍去；当时，则，此时，此时满足；当时，则，此时，此时不满足，舍去，综上可得，.故选：D.3.某校为调查学生跑步锻炼的情况，从该校3000名学生中随机抽取300名学生，并统计这300名学生平均每周的跑步量（简称“周跑量”，单位：周），得到如图所示的频率分布直方图.称周跑量不少于周的学生为“跑步达人”，用频率分布直方图估计这3000名学生中“跑步达人”的人数为（）A.66 B.132 C.660 D.720【答案】C【解析】【分析】根据频率分布直方图计算频率，即可求解人数.【详解】由频率分布直方图可知：周跑量在的频率为，所以3000名学生中“跑步达人”的人数为，故选：C4.大西洋鲑鱼每年都要逆流而上，洄游到产卵地产卵.科学家发现鲑鱼的游速（单位：）与鲑鱼的耗氧量的单位数的关系为，则鲑鱼静止时耗氧量的单位数为（）A.1 B.100 C.200 D.300【答案】B【解析】【分析】根据和的值，求出的值.【详解】因为，所以当鲑鱼静止时，，即，化简得，所以；故选:B.5.如图，圆锥被平行于底面的一个平面所截，截去一个上、下底面半径分别为和，高为的圆台，则所得圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得圆锥的体积.【详解】设圆锥的高为，则，解得，因此圆锥的体积为.故选：B.6.已知椭圆分别是的左，右焦点，为上一点，若线段的中点在轴上，，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据中点关系可得轴，进而根据直角三角形中的边角关系，结合椭圆定义即可求解.【详解】由于线段的中点在轴上,是的中点，所以轴，，，所以，由椭圆定义可得，故选：A7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据结合二倍角的余弦公式计算即可.【详解】.故选：D.8.已知关于的不等式恒成立，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】令，则将问题转化为，求出函数的导数，根据函数的单调性可求出的最大值，问题转化为，时，，从而可求出其最小值.【详解】关于的不等式恒成立，即，令，则，，当时，，则在上递增，所以无最大值，当时，令，解得，令，解得，所以在上递增，在上递减，所以，所以，得，所以，即，所以当时，，令，所以此时取最小值为，当时，，综上，的最小值为，故选：C【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为恒成立，构造函数，则只要，利用导数求函数的最大值，考查数学转化思想，属于难题.二､多选题：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，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.已知抛物线的焦点为为上一点，则下列命题或结论正确的是（）A.若与轴垂直，则B.若点的横坐标为2，则C.以为直径的圆与轴相切D.最小值为2【答案】ABC【解析】【分析】结合抛物线定义逐个分析判断.【详解】由题意，抛物线，可得焦点，准线方程为，若与轴垂直，将代入抛物线方程，得，故，选项A正确；若点的横坐标为2，由抛物线定义，，选项B正确；如图，点C为中点，由点向准线作垂线，分别交轴和准线与点，由点向准线作垂线，分别交轴和准线与点，设以为直径的圆半径为，则，又由梯形中位线得，，所以以为直径的圆与轴相切，选项C正确；设点，则，当时，的值最小，为1,选项D错误.故选：ABC10.已知直三棱柱的所有顶点都在球的球面上，，，则下列结论正确的是（）A.球的表面积为B.到直线的距离为C.到平面的距离为D.到平面的距离为【答案】ABC【解析】【分析】对于A，求得球的半径，即可求解球的表面积，从而可判断；对于B，过点作于点，则为到直线的距离，求解，即可判断；对于C，先证明平面，从而可知到平面的距离等P到平面的距离，过P作垂足为H，证明平面，从而可知为P到平面的距离，求解即可判断；对于D，与C中解析同理即可判断.【详解】如图，设的外心分别为，连接.在直棱柱中，平面，直三棱柱的所有顶点都在球的球面上，为的中点，，在中,，由正弦定理得，，在中，，球的半径.对于A，球表面积，A正确；对于B，过点作于点，则为到直线的距离.在直三棱柱中，平面，平面，，，所以四边形是矩形，，B正确；对于C，平面，平面，.又平面平面，平面，到平面的距离等P到平面的距离，过P作垂足为H，平面，平面，，又平面，平面为P到平面的距离，连接，由为外心，得，为等腰三角形，为的中点，在中,.到平面的距离为正确；对于D，与C中解析同理，过点作于点，则为到平面的距离，也是O到平面的距离.在中，，当时，，但根据题中条件，无法得出，D错误.故选：ABC11.已知甲口袋中装有3个红球，1个白球，乙口袋中装有2个红球，1个白球，这些球只有颜色不同.先从甲口袋中随机取出1个球放入乙口袋，再从乙口袋中随机取出1个球.从甲口袋中取出的球是红球､白球分别为事件，从乙口袋中取出的球是红球为事件，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据古典概型的概率公式可判断A，B；根据条件概率的计算公式判断C；根据全概率公式判断D.【详解】对于A，由于甲口袋中装有3个红球，1个白球，故，正确；对于B，先从甲口袋中取出1个白球放入乙口袋，此时乙口袋有2个白球和2个红球，故，B错误；对于C，，C错误；对于D，，D正确，故选：AD12.设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，.则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据函数的奇偶性和题设条件，推得是周期为4的周期函数，结合周期函数的性质，利用赋值法，逐项判定，即可求解.【详解】因为为奇函数，所以，即函数关于对称，即，即，又因为为偶函数，所以，即函数关于对称，则，所以，即，所以，所以是周期为4的周期函数，令，由，可得，可得，所以A错误；因为时，，所以，可得，即当时，，则，所以B正确；因为，，所以一个周期内的和为，则，所以C正确；由，所以D错误；故选：BC.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若向量，满足：，，，则________.【答案】【解析】【分析】结合已知条件，对，两式分别平方并求出，进而求出.【详解】因为，，所以，，从而由两式相减可得，，即，故，因为，所以.故答案为：.14.已知圆，过点的直线与圆交于两点，则的一个可能的值为__________.【答案】（写出中的任意一个实数即可）【解析】【分析】由直线与圆相交的相关知识求出的取值范围，再由平面向量的数量积的定义直接计算即可．【详解】圆，圆心为，半径，则，所以点在圆内，依题意可知，当定点为的中点时，、的夹角最小，此时，，，，，，即、的夹角最小值为，当相线段是圆的一条直径时，、的夹角最大，最大为，，．故答案为：（写出中的任意一个实数即可）．15.《周髀算经》是中国十部古算经之一，其中记载有：阴阳之数，日月之法，十九岁为一章，四章为一蔀，二十蔀为一遂……若32个人的年龄（都为整数）依次成等差数列，他们的年龄之和恰好为“一遂”，其中年龄最小者不超过30岁，则年龄最大者为__________岁.【答案】94【解析】【分析】设年纪最小者年龄为，年纪最大者年龄为，公差为，求得与，根据的取值范围，求出，可得，再代入可得的值．【详解】根据题意可知这32个人年龄之和为1520，设年纪最小者年龄为，年纪最大者年龄为，则，设等差数列的首项为，公差为，则,则,因为，则，解得，所以，，则故答案为：94．16.已知函数是图象的一条对称轴，在区间上单调，若在区间上有且仅有2个极值点，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】由是图象的一条对称轴，可得，再由在区间上单调，可得，从而可求得，则，由，得，再根据题意列不等式组求解即可.【详解】因为函数是图象的一条对称轴，所以，得，由，得，因为在区间上单调，所以，得，所以，所以，由，得，因为在区间上有且仅有2个极值点，所以，或，或，解得，即的取值范围为，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.已知数列的首项为1，记其前项和为.（1）求；（2）设，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据的关系，作差即可判断为常数列，进而可求解，（2）由等比数列的求和公式即可求解.【小问1详解】由已知得，所以，两式相减得，所以，故数列为常数列，则，所以.【小问2详解】因为，所以，则.18.的内角所对的边长分别为.（1）求；（2）设是边上高，且，求面积的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行角化边，再利用余弦定理即可求解；（2）等面积法可得，由可得，再结合基本不等式即可求解.【小问1详解】由正弦定理得，即，由余弦定理得，因为，所以.【小问2详解】由已知得，即，由（1）知，因此，而，则，于是，故，当且仅当时取等号，所以面积最小值为.19.如图，三棱柱中，是的中点，平面.（1）求证：；（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理先证平面，然后由线面垂直的性质可得；（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解可得.【小问1详解】因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】由（1）知两两垂直，建立空间直角坐标系如图所示，不妨设，则，则，所以，可得，设平面的法向量为，由得取，得，又，设平面的法向量为，由得取，得所以，所以，平面与平面夹角的余弦值为.20.已知函数在处取得极值0.（1）求；（2）若过点存在三条直线与曲线相切，求买数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意可得，即可得解；（2）切点坐标为，根据导数的几何意义可得切线方程为，从而可得，再根据过点存在3条直线与曲线相切，等价于关于的方程有三个不同的根，利用导数求出函数的单调区间及极值，即可得解.【小问1详解】由题意知，因为函数在处取得极值0，所以，解得，经检验，符合题意，所以；【小问2详解】由（1）可知，函数，所以，设切点坐标为，所以切线方程为，因为切线过点，所以，即，令，则，令，解得，或，当变化时，的变化情况如下表所示，1-0+0-单调递减单调递增0单调递减因此，当时，有极小值，当时，有极大值，过点存在3条直线与曲线相切，等价于关于的方程有三个不同的根，则，所以实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.21.已知双曲线：过点，一条渐近线方程为.（1）求的方程；（2）过的右焦点的直线与的右支交于两点，，若的外接圆圆心在轴上，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据渐近线方程可设双曲线方程为，代入点的坐标即可求解，（2）根据两点距离公式可得，进而得，联立直线与双曲线方程可得，即可求解.【小问1详解】因为的一条渐近线方程为，设，因为过点，所以，故的方程为.【小问2详解】设，由题知，故，又所以.所以是方程的两根，所以，设，联立得，，所以，故，所以，此时，直线斜率的绝对值为，大于渐近线斜率的绝对值，满足题设，所以直线的方程为或.22.某研究所研究某一型号疫苗的有效性，研究人员随机选取50只小白鼠注射疫苗，并将白鼠分成5组，每组10只，观察每组被感染的白鼠数.现用随机变量表示第组被感染的白鼠数，并将随机变量的观测值绘制成如图所示的频数分布条形图.若接种疫苗后每只白鼠被感染的概率为，假设每只白鼠是否被感染是相互独立的.记为事件“”.（1）写出（用表示，组合数不必计算）；（2）研究团队发现概率与参数之间的关系为.在统计学中，若参数时的值使得概率最大，称是的最大似然估计，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题知随机变量，然后利