陕西省安康市2022-2023学年高二下学期6月期末考试理科数学试题（含解析）

安康市2022-2023学年高二下学期6月期末考试
理数试题
考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分。考试时间120分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容：高考全部内容。
一、选择题：本大题共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.复数的虚部为（ ）
A.-2 B.2 C. D.
2.设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
4.如图，这是一个落地青花瓷，其外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线C：的一部分绕其虚轴所在直线旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为8，瓶高等于双曲线C的虚轴长，则该花瓶的瓶口直径为（ ）
A. B.24 C.32 D.
5.执行如图所示的程序框图，则输出的（ ）
A.6 B.12 C.20 D.30
6.将函数（）的图象向右平移1个单位长度后，得到的图象关于原点对称，则的最小值为（ ）
A. B.1 C.2 D.4
7.某校为了了解学生的身体素质，对2022届初三年级所有学生仰卧起坐一分钟的个数情况进行了数据统计，结果如下图所示.该校2023届初三学生人数较2022届初三学生人数上升了10%，则下列说法错误的是（ ）
A.该校2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占70%
B.该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数同个数段的学生人数的2倍还多
C.该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数和2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数均在内
D.相比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占比增加
8.记a，b，c，d为1，2，3，4的任意一种排列，则使得为偶数的排列种数为（ ）
A.8 B.12 C.16 D.18
9.已知数列满足，且（，2，…，7），则（ ）
A. B. C. D.
10.已知某正三棱台的顶点都在半径为5的球面上，若该正三棱台的上、下底边长分别是和，则该正三棱台的高为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
11.函数的图象大致为（ ）
A B C D
12.在正方体中，动点P在线段上，点E是的中点，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为（ ）
A. B. C. D.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.
13.已知向量，满足，，则___________.
14.函数在区间上的最大值为___________.
15.在中，点D在边上（不含端点），，，，的最小值为___________.
16.已知，为椭圆C：的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，，则C的离心率为___________.
三、解答题：本大题共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.（10分）
在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，.
（1）求角B的大小；
（2）若，，求.
18.（12分）
近日来，ChatGPT的“火”在教育界引发了热议，尤其是在未来课堂上的实践与应用，引起广泛的关注.某学校计划尝试“ChatGPT进课堂”，随机抽取400名家长，对“ChatGPT”的了解情况进行了问卷调查，得到如下2×2列联表.已知了解的人数为280，不了解的人数为120.
男家长 女家长 合计
了解 160
不了解 80
合计
（1）请补充完整上面的列联表，并判断是否有99.9%的把握认为该校家长对“ChatGPT”的了解情况与性别有关系；
（2）用样本估计总体，将频率视为概率，在该校的家长中随机抽取10人，记对“ChatGPT”了解的男家长人数为X，求X的期望.
附：，其中.
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
19.（12分）
已知等比数列的前n项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）设（），求数列的前n项和.
20.（12分）
如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，E为的中点，，，且为正三角形.
（1）证明：.
（2）求二面角的正弦值.
21.（12分）
已知抛物线C：（）上一点（）与焦点的距离为2.
（1）求p和m；
（2）若在抛物线C上存在点A，B，使得，设的中点为D，且D到抛物线C的准线的距离为，求点D的坐标.
22.（12分）
已知函数（）.
（1）讨论的单调性；
（2）若与函数的图象有三个不同的交点，求a的取值范围.（参考数据：）
安康市2022-2023学年高二下学期6月期末考试
数学参考答案（理科）
1.B ，所以复数z的虚部为2.
2.D ，.
3.B ，，所以.
4.D 因为该花瓶横截面圆的最小直径为8，所以.设M是双曲线C与瓶口截面的一个交点，该花瓶的瓶口半径为r，则，所以，解得，故该花瓶的瓶口直径为.
5.B 根据程序框图，可得其执行结果如下：
，，，，执行循环体；
，，执行循环体；
，，跳出循环体.输出.
6.B 的图象向右平移1个单位长度后，可得函数的图象，则，，即，.故的最小值为1.
7.C 2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数占比为2，A正确.由于2023届初三学生人数较2022届上升了10%，假设2022届初三学生人数为a（），则仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数为0.2a，2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在内的学生人数为，，B正确.2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在内，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在内，C错误.2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占，D正确.
8.A 因为只有为偶数，所以使得为偶数的排列种数为.
9.A （，2，…，8），，解得.
10.D 由题意得，该正三棱台的上底面所在平面截球所得圆的半径是3，下底面所在平面截球所得圆的半径是5，则下底面在过球心的截面上，故该正三棱台的高为.
11.B ，排除A.当时，.令函数（），，所以在上单调递增，即在上单调递增.，，因为，所以，，即.所以存在，使得，即.当时，，当时，.函数在上单调递减，在上单调递增..因为，所以，，故选B.
12.D 设点E到平面的距离为h，直线与平面所成的角为，则.不妨设正方体的棱长为2，则，.因为，所以以.连接，过点作，垂足为.易得，当时，最小，当时，最大，则，.故.
13. 因为，所以.
14.e ，当时，，单调递减，.
15. 解法一：过点D作，交延长线于点E.令，则，.，当且仅当时，等号成立.
解法二：令，则.
，当且仅当时，等号成立.
16. 因为，，所以，.由及椭圆的对称性可知，四边形为矩形，所以，则，化简得.
17.解：（1）因为，所以. 1分
所以. 2分
根据余弦定理可得， 4分
因为，所以. 5分
（2）由余弦定理知，即， 8分
化简得，解得或（舍去）. 9分
由正弦定理知，则. 10分
18.解：（1）
男家长 女家长 合计
了解 160 120 280
不了解 40 80 120
合计 200 200 400
2分
. 5分
故有99.9%的把握认为家长对“ChatGPT”的了解情况与性别有关系. 6分
（2）用样本估计总体，将频率视为概率可得，在该校的家长中随机抽取1人，其为对“ChatGPT”了解的男家长的概率为. 8分
由已知得， 10分
则. 12分
19.解（1）方法一：设等比数列的首项为，公比为q（）.
由，得即 2分
解得，， 4分
故. 6分
方法二：设等比数列的首项为，公比为q（）.
由，得， 1分
两式相减得，即，得. 3分
由，得，解得. 4分
故. 6分
（2）因为，
所以，①
. ② 8分
由①②得， 10分
故. 12分
20.（1）证明：取的中点F，连接，. 1分
因为，，所以. 2分
因为，所以.
因为，，所以.
因为，所以. 3分
又因为，所以平面. 4分
因为平面，所以. 5分
（2）解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，. 6分
，，，.
设平面的法向量为，则
令，得. 8分
设平面的法向量为，则
令，得. 10分
，.
故二面角的正弦值为. 12分
21.解：（1）设抛物线C的焦点为F，根据题意可知，解得.
故抛物线C：. 2分
因为M在抛物线C上，所以.又因为，所以. 4分
（2）设，，，直线的斜率为，直线的斜率为.
易知，一定存在，则，. 5分
由，得，即，化简得，即. 7分
因为D到抛物线C的准线的距离，所以， 8分
则，即，. 9分
，即，
解得或，则或. 11分
故点D的坐标为或. 12分
22.解：（1）因为，所以. 1分
当时，恒成立，则在上单调递增； 2分
当时，令，得，令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增. 4分
（2）因为函数与函数的图象有三个不同的交点，
所以关于x的方程有三个不同的根.
令，则有三个不同的零点.
. 5分
当时，，单调递增，则至多有一个零点，不合题意. 6分
令（），则（）.
当时，因为，所以，
所以，单调递减，所以至多有一个零点，不合题意. 7分
当时，令，得，，且.
当，即时，，则，所以在上单调递增.
因为是连续的函数，且，，
所以，所以在上只有一个零点. 9分
当或，即或时，，，
则在，上单调递减.
令（），
则，所以在上单调递增.
因为，所以.
因为，所以.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点. 11分
设在上的零点为，且，
因为为奇函数，所以.
因为是连续的函数，所以在上只有一个零点.
综上可知，a的取值范围为.