大荔县2022一2023学年〔下)高二年级期未质是检测试题
数学（埋科）
注意事项：
1、本试卷满分150分，芳试时问120分钟。
2.选择题用2B铅笔将止确芥茱涂写在芥趣卡上：非选择趣用0.5mm黑色墨水签字笔齐
在答题卡的指定答题区域内，超山答题区域答案尤效
3.答题前，请将姓名，号号、卷类型按要求涂写在笨题下上
第I卷（选择题共60分）
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60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.设复数：=，：为虚数单位)，测：的壁部为水）
.-i
B.i
.-1
1).1
2.你题“xcR,e>0”的否定为(
A.3xeR,e≤0
B.月x∈R,e<0
C.￥∈R,e≤0
D.VxER,e<0
3.函数八x)=1+i,其导函数为∫"(x),则"（牙）=()
12
c
4.以下四个命题巾是假命题的是()
A.“昆出都是6条腿，竹虫足昆虫，所以竹节出有6茶腿“此推属于演辉推.
B.“在平而中，对丁三条不问的直线a,b,c,若ab,b∥c,则a∥c,将此结论放到空问中也
成立”此推理属于合情推理，
(C,若命题“p”与命题“卫yq“都是真命题，那么命题q一定是真命题
D若e0,受].期6mr+品的最小价为2,2
5.已知直线y=x-1与地物线C:=2px(p>0)交丁4，B两点，线段B的中点为，0为坐
标原点.直线w与樾物线G交十0，N,若|0y|=3,则=()
B.1
1.2
1).4
高二班数学第1负（共4负}
6.(x-2)(x+2)>0的个允分不必要条科是()
A.x念0
B.x≥0
.x≥3
D.米>2或x<-2
7、某校以劳动州的形式r展劳育T作的刨新实峻.学华可以参加“民俗义化”、“茶艺文化”、
“杀並制作“、“水米戏培”、“蔬来种有”、“3江打“这六门动课中的两门.则H、乙、内这
3名学生至少有2名学牛所逃野动深伞不机同的小法种数共有(
主.2080
B.2520
C.3375
D.3870
8.一次数学考试共有8道判断题，每道题5分，满分40分.规定确的世√，铅误的世×.
甲、乙、丙、丁四名同学的解答及得分情况如衣所示，则m的值为(
题号学尘
6
8
得分
30
乙
25
内
25
丁
.35
B.30
G.25
1).20
9.已知某离散随机变量X的分布列如卜：
-l
2
b
3
若X)=P(X≥)=7则D)=(
)
倍
cl号
0.已知古三棱柱AG-A1B,C的所有棱长都相等，M为A1C1的点.则A与C所成价
的弦位为(
A零
B.￥5
c.
D.10
5
4
11.克罗狄斯·托勒密是希胩数学家，他博学多才，既是人文学权威，也是地理学人师.托密定
理光平而几利中非常荠名的定理，它树小了画内接四边形的对角线边长的内在联系，该定
啡的内容为圆的内接四边形屮，两对布线长的乘积等于两饥对边长乘积之和。已知四边形
A)是圆的内接四边形，且AG=31),∠A:=2∠A以.芹AB·GD+G·A)=43.
则圆0的径为()
向二理科数学第2成{共4克)2022--2023学年度第二学期
高二数学（理科）期末考试试卷
答案解析部分
一、选择题
1．【答案】C
【解析】【解答】由题得=，故复数的虚部为
故答案为：C.
2．【答案】A
【解析】【解答】“”的否定为“”.
故答案为：A
3．【答案】A
【解析】【解答】函数f（x）=1+sinx，其导函数为f′（x）=cosx，∴， 故答案为：A.
4．【答案】D
【解析】【解答】A：根据描述知：该推理为一般到特殊的推理，符合演绎推理的定义，真命题；
B：若，，根据平行公理的推论知：，属于合情推理，真命题；
C：为真则为假，又为真则为真，真命题；
D：由题设，，但因为所以等号不成立，假命题.
故答案为：D
5．【答案】C
【解析】【解答】由消去x并整理得：，设，
则有，，因此线段的中点，
依题意，，于是，而点N在抛物线C上，
则，又，所以.
故答案为：C
6．【答案】C
【解析】【解答】解不等式可得或，
因为或，
故只有C选项中的条件才是“”的充分不必要条件.
故答案为：C.
7．【答案】B
【解析】【解答】设甲，乙两人全不相同为事件，甲，丙两人全不相同为事件，乙，丙两人全不相同为事件
则，，的种类数都为，
，，的种类数都为，
的种类数为，
所以至少有两人全不相同的方法数为，
故答案为：B.
8．【答案】B
【解析】【解答】因为乙、丙第2，5题答案相同，且总得分相同，所以第2，5两题答案正确 又因为甲得分30分即甲错两题且第2题、第5题答案均与乙丙不同，
故其余6题答案均正确，
故而这8道判断的答案分别是：╳╳╳√√╳√╳，
对比丁的答案，可知其2、8两题错误，故得分m＝6×5＝30，
故答案为：B.
9．【答案】C
【解析】【解答】由题意，得，所以①．
因为，所以②．
由，得，代入①②解得：，．
所以．
故答案为：C.
10．【答案】C
【解析】【解答】取线段的中点，则，设直三棱柱的棱长为，
以点为原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，，.
所以，.
故答案为：C.
11．【答案】B
【解析】【解答】解：由托勒密定理，得．
因为，所以．
设圆的半径为，由正弦定理，得．
又，所以．
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，则，故．
故答案为：B
12．【答案】D
【解析】【解答】令，
则，，
∵，
∴当时，，单调递增，
∴，即，
令，则，
∴当时，，单调递增，
∴，即，
所以，即．
综上，．
故答案为：D．
填空题
13．【答案】2
【解析】【解答】作出约束条件对应的平面区域，如图所示，
由，可得直线，
当直线过点A时，此时直线在轴上的截距最大，此时取得最大值，
又由，解得，
所以的最大值为.
故答案为：2.
14．【答案】
【解析】【解答】.
故答案为：.
15．【答案】x+sinx（答案不唯一）
【解析】【解答】的解析式形式：或均可．
如：定义域为R，不是周期函数，且是周期为的函数.
故答案为：x+sinx（答案不唯一）
16．【答案】
【解析】【解答】，
，
，
当且仅当时，取等号.
故答案为：.
三、解答题
17．【答案】（1）解：等差数列中，，解得，因，，成等比数列，即，……………………………………2分
设的公差为d，于是得，整理得，而，解得，
所以.………………………………………………5分
（2）解：由（1）知，，……………………7分
所以.………………10分
18．【答案】（1）解：因为，
所以由余弦定理得，…………………………1分
由正弦定理得，…………………………2分
由于，
整理得．…………………………………………4分
又因为，所以，即，
因为，所以，
所以，即．………………………………………………6分
（2）解：由得，
又，所以，，………………………………………………9分
由余弦定理知，
解得.…………………………………………………………………………12分
19．【答案】（1）证明：如图，取棱AB的中点O，连接，OC，．
由题意可知为菱形，且，则为正三角形．
因为O是棱AB的中点，所以．…………………………………………2分
由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，则，．
因为是边长为2的等边三角形，所以．
因为，所以，所以．………………………………2分
因为AB，平面，且，所以平面．
因为平面，所以平面平面．……………………………………6分
（2）解：由（1）可知OB，OC，两两垂直，故分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．．，，，故，．
，．…………………………………………………………8分
设平面ACD的法向量为，
则，
令，得．
设平面的法向量为，
则，
令，得．……………………………………………………………………10分
设平面ACD与平面的夹角为θ，则
即平面ACD与平面夹角的余弦值为．……………………………………12分
20．【答案】（1）解：由数据可得；
，
又，………………………………………………3分
，
.
.………………………………………………………………6分
（2）解：由题知，7家超市中有3家超市的广告是“好广告”，X的可能取值是0，1，2，3
.………………………………………………2分
.……………………………………………4分
所以的分布列为
0 1 2 3
所以.……………………………………6分
21．【答案】（1）解：由椭圆的离心率可得： ，
根据短轴长可得： ， ，
设 ， ， ，所以 ，………………………………2分
所以椭圆方程为 .…………………………………………………………4分
（2）解：设以点 为中点的弦与椭圆交于 ， ，
则 ，则 ，……………………………………………………6分
分别代入椭圆的方程得， ， ，两式相减可得
，所以 ，………………………………8分
故以点 为中点的弦所在直线方程为 ；
由 ，得 ，
所以 ， ； ， ，…………………………………………10分
所以 .
故该直线截椭圆所得弦长为 .……………………………………………………12分
22．【答案】（1）解：当时，，其定义域为，，令，得，…………………………………………………………2分
∴当时，；当时，，
∴在单调递增，在单调递减，
∴的极大值为，无极小值.……………………………………4分
（2）解：由得，
∴在上恒成立.………………………………………………6分
令，则，
令，易知在单调递增，
∵，，
∴，使得，即，
∴当时，；当时，；
∴在单调递减，在上单调递增，
∴.………………………………………………………………10分
由得，∴，
∴， ∴，
∴的取值范围是.………………………………………………………………12分
