陕西省渭南市大荔县2022-2023学年高二下学期期末理科数学试题（含解析）

大荔县2022—2023学年（下）高二年级期末质量检测试题
数学（理科）
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2.选择题用2B铅笔将正确答案涂写在答题卡上；非选择题用0.5mm黑色墨水签字笔答在答题卡的指定答题区域内，超出答题区域答案无效。
3.答题前，请将姓名、考号、试卷类型按要求涂写在答题卡上。
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：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（i为虚数单位），则的虚部为（ ）
A. B.i C. D.1
2.命题“，”的否定为（ ）
A.， B.， C.， D.，
3.函数，其导函数为，则（ ）
A. B. C. D.
4.以下四个命题中是假命题的是（ ）
A.“昆虫都是6条腿，竹节虫是昆虫，所以竹节虫有6条腿”此推理属于演绎推理.
B.“在平面中，对于三条不同的直线，，，若，，则，将此结论放到空间中也成立”此推理属于合情推理.
C.若命题“”与命题“”都是真命题，那么命题一定是真命题.
D.若，则的最小值为.
5.已知直线与抛物线交于，两点，线段的中点为，为坐标原点，直线与抛物线交于，，若，则（ ）
A. B.1 C.2 D.4
6.的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.或
7.某校以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”、“茶艺文化”、“茶壶制作”、“水果栽培”、“蔬菜种植”、“3D打印”这六门劳动课中的两门.则甲、乙、丙这3名学生至少有2名学生所选劳动课全不相同的方法种数共有（ ）
A.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.规定正确的画√，错误的画×.甲、乙、丙、丁四名同学的解答及得分情况如表所示，则的值为（ ）
题号学生 1 2 3 4 5 6 7 8 得分
甲 × √ × √ × × √ × 30
乙 × × √ √ √ × × √ 25
丙 √ × × × √ √ √ × 25
丁 × √ × √ √ × √ √
A.35 B.30 C.25 D.20
9.已知某离散型随机变量的分布列如下：
0 1 2
若，，则（ ）
A. B. C. D.
10.已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
11.克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师.托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和.已知四边形是圆的内接四边形，且，.若，则圆的半径为（ ）
A.4 B.2 C. D.
12.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知实数，满足约束条件，则的最大值为______.
14.______.
15.写出一个满足以下三个条件的函数：______.
①定义域为；②不是周期函数；③是周期为的函数.
16.已知实数，且，则的最小值为______.
三、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.（10分）
已知数列是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
18.（12分）
已知的内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，且边上的高为，求.
19.（12分）
如图，在三棱柱中，所有棱长均为2，且，，.
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
20.（12分）
2023年是全面贯彻落实党二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，今年春季以来，各地出台了促进经济发展的各种措施，经济增长呈现稳中有进的可喜现象.服务业的消费越来越火爆，大荔县一些超市也纷纷加大了广告促销.现随机抽取7家超市，得到其广告支出（单位：万元）与销售额（单位：万元）数据如下：
超市 A B C D E F G
广告支出 1 2 4 6 10 13 20
销售额 19 32 44 40 52 53 54
附注：参考数据，，，回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.
（1）建立关于的一元线性回归方程（系数精确到0.01）；
（2）若将超市的销售额与广告支出的比值称为该超市的广告效率值，当时，称该超市的广告为“好广告”.从这7家超市中随机抽取4家超市，记这4家超市中“好广告”的超市数为，求的分布列与期望.
21.（12分）
已知椭圆的离心率为，短轴长为4.
（1）求椭圆方程；
（2）过作弦且弦被平分，求此弦所在的直线方程及弦长.
22.（12分）
已知函数.
（1）若，求函数的极值；
（2）若恒成立，求的取值范围.
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