广东省湛江市2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 广东省湛江市2022-2023学年高二下学期期末考试数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 714.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-07-08 09:46:22 | ||
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文档简介
湛江市2022-2023学年高二下学期期末考试
数学试卷
（满分：150分，考试时间：120分钟） 2023年7月
注意事项：
1. 答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号、考场号和座位号填写在答题卡上，并将考号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2. 阅读答题卡上面的注意事项，所有题目答案均答在答题卡上，写在本试卷上无效.
3. 作答选择题时，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.非选择题如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案.
一、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. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知a，，i是虚数单位，若与互为共轭复数，则（ ）
A. 1 B. －1 C. 2 D. －2
3. 已知是第二象限角，，则（ ）
A. B. C. D. －7
4. 圆台的上、下底面半径分别是，，且圆台的母线长为5，则该圆台的体积是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知，，且与共线，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
6. 有一组样本数据如下：
56，62，63，63，65，66，68，69，71，74，76，76，77，78，79，79，82，85，87，88，95，98
则其25%分位数、中位数与75%分位数分别为（ ）
A. 65，76，82 B. 66，74，82 C. 66，76，79 D. 66，76，82
7. 已知表示的曲线是圆，则k的值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数，，则图象为如图的函数可能是（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 对于抛物线上，下列描述正确的是（ ）
A. 开口向上，焦点为 B. 开口向上，焦点为
C. 焦点到准线的距离为4 D. 准线方程为
10. 下列命题是真命题的有（ ）
A. A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C. 直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
D. 平面经过三点，，，是平面的法向量，则
11. 有一散点图如图所示，在5个数据中去掉后，下列说法中正确的是（ ）
A. 残差平方和变小 B. 相关系数r变小
C. 决定系数变小 D. 解释变量x与响应变量y的相关性变强
12. 若函数的图象上至少存在两点，使得函数的图象在两点处的切线互相平行，则称为R函数，则下列函数可称为R函数的有（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中的系数为______.
14. 有两台车床加工同一型号的零件，第一台加工的次品率为5%，第二台加工的次品率为4%，加工出来的零件混放在一起，已知第一、二台车床加工的零件数分别占总数的40%，60%，从中任取一件产品，则该产品是次品的概率是______.
15. 数列中，，，若其前k项和为86，则______.
16. 已知双曲线C：经过点，双曲线C的离心率为，则双曲线C的焦点到其渐近线的距离为______.
四、解答题：本题共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）
已知在中，，a，b，c分别是角A，B，C所对的边.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
18.（12分）
已知数列是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，，求数列的前n项和.
19.（12分）
如图①，在等腰直角三角形ABC中，，，D，E分别是AC，BC上的点，且满足.将沿DE折起，得到如图②所示的四棱锥.
（1）设平面平面，证明：平面ADP；
（2）若，，求直线PD与平面PEB所成角的正弦值.
20.（12分）
已知函数（，e为自然对数的底数）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）求函数的极值的最大值.
21.（12分）
甲乙两人进行乒乓球比赛，经过以往的比赛分析，甲乙对阵时，若甲发球，则甲得分的概率为，若乙发球，则甲得分的概率为.该局比赛甲乙依次轮换发球权（甲先发球），每人发两球后轮到对方进行发球.
（1）求在前4球中，甲领先的概率；
（2）12球过后，双方战平（），已知继续对战奇数球后，甲率先取得11分获得胜利（获胜要求净胜2分及以上）.在此条件下，设净胜分为X（甲，乙的得分之差），求X的分布列.
22.（12分）
已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点是椭圆C的一个顶点，是等腰直角三角形.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设两直线MA，MB的斜率分别为，，且，证明：直线AB过定点.
湛江市2022-2023学年高二下学期期末考试
数学评分参考答案
1. A
【分析】由题意可得的值，然后计算即可.
【详解】由题意可得，则.故选：A.
2. D
【分析】由共轭复数的概念求解即可.
【详解】∵与互为共轭复数，∴.故选：D.
3. D
【分析】根据已知条件，结合同角三角函数的关系和正切函数的两角和公式求解即可.
【详解】解：是第二象限角，，所以，
所以，所以，即，
解得，故选：D.
4. B
【分析】利用圆台的体积公式即可求得该圆台的体积.
【详解】圆台的上、下底面半径分别是，，且圆台的母线长为5，
则圆台的高为，则该圆台的体积是.故选：B.
5. B
【分析】由题得，即，解方程组即得解.
【详解】由题意知，，.
∵，∴存在实数，使，
∴，解得.故答案为B.
6. D
【分析】由百分位数和中位数的定义求解即可.
【详解】因为，所以样本数据的25%分位数为第六个数据即66；
中位数为：，
因为，所以样本数据的75%分位数为第十七个数据即82.故选：D.
7. C
【分析】方程配方后得，根据圆的半径大于0求解.
【详解】由方程可得，
所以当时表示圆，解得.故选：C.
8. D
【分析】
由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【详解】
对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选：D.
9. AC
【分析】写出标准形式即，即可得到相关结论.
【详解】由抛物线，即，可知抛物线的开口向上，焦点坐标为，焦点到准线的距离为4，准线方程为.故选：AC.
10. ABD
【分析】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可.
【详解】对于A，若，，不能构成空间的一个基底，则，，共面，可得A，B，M，N共面，A正确；
对于B，，故，可得l与m垂直，B正确；
对于C，，故，可得l在内或，C错误；
对于D，，易知，故，故，D正确.故选：ABD.
11. AD
【分析】利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差的平方和的变化情况.
【详解】解：从散点图可分析出，若去掉D点，则解释变量x与响应变量y的线性相关性变强，且是正相关，所以相关系数r变大，决定系数变大，残差平方和变小.故选：AD.
12. BD
【分析】根据导数的几何意义只需判定各选项函数是否存在不同的点的导函数值相等即可.
【详解】A项：因为，令，则恒成立，
所以在上单调递增，不存在两点的导函数值相等，
所以不是函数，A错误；
B项：定义域为，，令，
所以，.
令，则；令，则，
当时，单调递减；当，单调递增.
且是的极小值点，存在两点的导函数值相等，
所以是函数，故B正确；
C项：，函数的定义域为，
令，则，令，
令；令，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
不存在两点的导函数值相等，所以不是函数，C错误；
D项：，
取，，则，所以是函数，D正确.
故选：BD.
13. 240
【分析】根据二项展开式的通项，，运算求解.
【详解】的展开式的通项为：
，，
令，则，
∴的展开式中的系数为240.
故答案为：240.
14. 0.044/
【分析】直接由全概率公式求解即可.
【详解】该产品是次品的概率是.
故答案为：0.044.
15. 7
【分析】由题意可知是以为首项，公比为－2的等比数列，由等比数列的前n项和公式求解即可.
【详解】由，可得：，所以是以为首项，公比为－2的等比数列，所以其前k项和为，故，即.
16. 4
【分析】利用已知条件先求出双曲线的标准方程，找出一个焦点和一条渐近线，利用点到直线距离公式求解即可.
【详解】由双曲线经过点，则，①
双曲线离心率为：，②又，③
联立①②③解得：，，，所以双曲线标准方程为：.
所以双曲线的一个焦点为，一条渐近线为，
所以双曲线C的焦点到其渐近线的距离为：，故答案为：4.
17. 本题考查了三角恒等变换和解三角形，考查了正弦定理和面积公式，是对三角形基本量的计算，该类题型只需正确应用公式即可得解.
【详解】（1）因为且，，……2分
∴……3分
∴……5分
（2）由，得，……6分
由，所以，……7分
则，……8分
由正弦定理，得，……9分
∴的面积为.……10分
18.【详解】（1）设数列的公差为d，
由，有：，……2分
解得或（舍去）……3分
∴.……5分
（2）∵，……6分
∴，，…，，……8分
将它们累加得：.……10分
∴，则.……12分
19.【详解】（1）∵，平面PAB，平面PAB，
∴平面PAB.……2分
∵平面PDE，平面平面，
∴.……3分
由图①，得，，
∴，.
∵DA，平面ADP，，
∴平面ADP；……5分
（2）由题意，得，.
∴，∴.
又，，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.……6分
则，，，，
，，.……7分
设平面PBE的一个法向量为.
则，
令，得，，故.……9分
设PD与平面PEB所成角为.
∴.……11分
∴直线PD与平面PEB所成角的正弦值为.……12分
20.（1）的定义域为，，……1分
当时，，∴在上单调递增.……2分
当时，令，得，
当时，；……3分
当时，，……4分
∴在上单调递减，在上单调递增.……5分
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增……6分
（2）由（1）知当时，无极值；……7分
当时，存在极小值，且极小值为，无极大
值.……9分
设，，则，
令，得，当时，，当时，，……10分
∴在上单调递增，在上单调递减.∴的最大值为.
∴的极小值的最大值为1.……12分
21.【详解】（1）甲与乙的比分是的概率为……1分
比分是的概率为……2分
故前4球中，甲领先的概率……4分
（2）依题意，接下来由甲先发球.继续对战奇数球后，甲获得11分胜利，即甲或获胜，即在接下来的比赛中，甲乙的比分为或，且最后一球均为甲获胜.
记比分为为事件A，则……6分
记比分为为事件B，即前6场比赛中，乙获胜两场，期间甲发球4次，乙发球两次
……8分
故甲依题意获胜的概率为……10分
X的所有可能取值为3，5
由条件概率有，，，……11分
故X的分布列为
X 3 5
P
……12分
22.【详解】（1）由题意点是椭圆C的一个顶点，知，……1分
因为是等腰直角三角形，所以，即，……2分
所以椭圆C的标准方程为：.……4分
（2）若直线AB的斜率存在，设其方程为，由题意知.
由，得，……5分
由题意知，设，，
所以，，……6分
因为，所以
，
所以，整理得，……8分
故直线AB的方程为，即，所以直线AB过定点.……10分
若直线AB的斜率不存在，设其方程为，，.
由题意得，解得，
此时直线AB的方程为，显然过点.……11分
综上，直线AB过定点……12分
数学试卷
（满分：150分，考试时间：120分钟） 2023年7月
注意事项：
1. 答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号、考场号和座位号填写在答题卡上，并将考号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2. 阅读答题卡上面的注意事项，所有题目答案均答在答题卡上，写在本试卷上无效.
3. 作答选择题时，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.非选择题如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案.
一、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. 设全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知a，，i是虚数单位，若与互为共轭复数，则（ ）
A. 1 B. －1 C. 2 D. －2
3. 已知是第二象限角，，则（ ）
A. B. C. D. －7
4. 圆台的上、下底面半径分别是，，且圆台的母线长为5，则该圆台的体积是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知，，且与共线，则（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
6. 有一组样本数据如下：
56，62，63，63，65，66，68，69，71，74，76，76，77，78，79，79，82，85，87，88，95，98
则其25%分位数、中位数与75%分位数分别为（ ）
A. 65，76，82 B. 66，74，82 C. 66，76，79 D. 66，76，82
7. 已知表示的曲线是圆，则k的值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数，，则图象为如图的函数可能是（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，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. 对于抛物线上，下列描述正确的是（ ）
A. 开口向上，焦点为 B. 开口向上，焦点为
C. 焦点到准线的距离为4 D. 准线方程为
10. 下列命题是真命题的有（ ）
A. A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C. 直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
D. 平面经过三点，，，是平面的法向量，则
11. 有一散点图如图所示，在5个数据中去掉后，下列说法中正确的是（ ）
A. 残差平方和变小 B. 相关系数r变小
C. 决定系数变小 D. 解释变量x与响应变量y的相关性变强
12. 若函数的图象上至少存在两点，使得函数的图象在两点处的切线互相平行，则称为R函数，则下列函数可称为R函数的有（ ）
A. B. C. D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中的系数为______.
14. 有两台车床加工同一型号的零件，第一台加工的次品率为5%，第二台加工的次品率为4%，加工出来的零件混放在一起，已知第一、二台车床加工的零件数分别占总数的40%，60%，从中任取一件产品，则该产品是次品的概率是______.
15. 数列中，，，若其前k项和为86，则______.
16. 已知双曲线C：经过点，双曲线C的离心率为，则双曲线C的焦点到其渐近线的距离为______.
四、解答题：本题共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）
已知在中，，a，b，c分别是角A，B，C所对的边.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
18.（12分）
已知数列是公差不为零的等差数列，，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足，，求数列的前n项和.
19.（12分）
如图①，在等腰直角三角形ABC中，，，D，E分别是AC，BC上的点，且满足.将沿DE折起，得到如图②所示的四棱锥.
（1）设平面平面，证明：平面ADP；
（2）若，，求直线PD与平面PEB所成角的正弦值.
20.（12分）
已知函数（，e为自然对数的底数）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）求函数的极值的最大值.
21.（12分）
甲乙两人进行乒乓球比赛，经过以往的比赛分析，甲乙对阵时，若甲发球，则甲得分的概率为，若乙发球，则甲得分的概率为.该局比赛甲乙依次轮换发球权（甲先发球），每人发两球后轮到对方进行发球.
（1）求在前4球中，甲领先的概率；
（2）12球过后，双方战平（），已知继续对战奇数球后，甲率先取得11分获得胜利（获胜要求净胜2分及以上）.在此条件下，设净胜分为X（甲，乙的得分之差），求X的分布列.
22.（12分）
已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，点是椭圆C的一个顶点，是等腰直角三角形.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点M分别作直线MA，MB交椭圆于A，B两点，设两直线MA，MB的斜率分别为，，且，证明：直线AB过定点.
湛江市2022-2023学年高二下学期期末考试
数学评分参考答案
1. A
【分析】由题意可得的值，然后计算即可.
【详解】由题意可得，则.故选：A.
2. D
【分析】由共轭复数的概念求解即可.
【详解】∵与互为共轭复数，∴.故选：D.
3. D
【分析】根据已知条件，结合同角三角函数的关系和正切函数的两角和公式求解即可.
【详解】解：是第二象限角，，所以，
所以，所以，即，
解得，故选：D.
4. B
【分析】利用圆台的体积公式即可求得该圆台的体积.
【详解】圆台的上、下底面半径分别是，，且圆台的母线长为5，
则圆台的高为，则该圆台的体积是.故选：B.
5. B
【分析】由题得，即，解方程组即得解.
【详解】由题意知，，.
∵，∴存在实数，使，
∴，解得.故答案为B.
6. D
【分析】由百分位数和中位数的定义求解即可.
【详解】因为，所以样本数据的25%分位数为第六个数据即66；
中位数为：，
因为，所以样本数据的75%分位数为第十七个数据即82.故选：D.
7. C
【分析】方程配方后得，根据圆的半径大于0求解.
【详解】由方程可得，
所以当时表示圆，解得.故选：C.
8. D
【分析】
由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.
【详解】
对于A，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；
对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C，，则，
当时，，与图象不符，排除C.
故选：D.
9. AC
【分析】写出标准形式即，即可得到相关结论.
【详解】由抛物线，即，可知抛物线的开口向上，焦点坐标为，焦点到准线的距离为4，准线方程为.故选：AC.
10. ABD
【分析】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可.
【详解】对于A，若，，不能构成空间的一个基底，则，，共面，可得A，B，M，N共面，A正确；
对于B，，故，可得l与m垂直，B正确；
对于C，，故，可得l在内或，C错误；
对于D，，易知，故，故，D正确.故选：ABD.
11. AD
【分析】利用散点图分析数据，判断相关系数，相关指数，残差的平方和的变化情况.
【详解】解：从散点图可分析出，若去掉D点，则解释变量x与响应变量y的线性相关性变强，且是正相关，所以相关系数r变大，决定系数变大，残差平方和变小.故选：AD.
12. BD
【分析】根据导数的几何意义只需判定各选项函数是否存在不同的点的导函数值相等即可.
【详解】A项：因为，令，则恒成立，
所以在上单调递增，不存在两点的导函数值相等，
所以不是函数，A错误；
B项：定义域为，，令，
所以，.
令，则；令，则，
当时，单调递减；当，单调递增.
且是的极小值点，存在两点的导函数值相等，
所以是函数，故B正确；
C项：，函数的定义域为，
令，则，令，
令；令，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
不存在两点的导函数值相等，所以不是函数，C错误；
D项：，
取，，则，所以是函数，D正确.
故选：BD.
13. 240
【分析】根据二项展开式的通项，，运算求解.
【详解】的展开式的通项为：
，，
令，则，
∴的展开式中的系数为240.
故答案为：240.
14. 0.044/
【分析】直接由全概率公式求解即可.
【详解】该产品是次品的概率是.
故答案为：0.044.
15. 7
【分析】由题意可知是以为首项，公比为－2的等比数列，由等比数列的前n项和公式求解即可.
【详解】由，可得：，所以是以为首项，公比为－2的等比数列，所以其前k项和为，故，即.
16. 4
【分析】利用已知条件先求出双曲线的标准方程，找出一个焦点和一条渐近线，利用点到直线距离公式求解即可.
【详解】由双曲线经过点，则，①
双曲线离心率为：，②又，③
联立①②③解得：，，，所以双曲线标准方程为：.
所以双曲线的一个焦点为，一条渐近线为，
所以双曲线C的焦点到其渐近线的距离为：，故答案为：4.
17. 本题考查了三角恒等变换和解三角形，考查了正弦定理和面积公式，是对三角形基本量的计算，该类题型只需正确应用公式即可得解.
【详解】（1）因为且，，……2分
∴……3分
∴……5分
（2）由，得，……6分
由，所以，……7分
则，……8分
由正弦定理，得，……9分
∴的面积为.……10分
18.【详解】（1）设数列的公差为d，
由，有：，……2分
解得或（舍去）……3分
∴.……5分
（2）∵，……6分
∴，，…，，……8分
将它们累加得：.……10分
∴，则.……12分
19.【详解】（1）∵，平面PAB，平面PAB，
∴平面PAB.……2分
∵平面PDE，平面平面，
∴.……3分
由图①，得，，
∴，.
∵DA，平面ADP，，
∴平面ADP；……5分
（2）由题意，得，.
∴，∴.
又，，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.……6分
则，，，，
，，.……7分
设平面PBE的一个法向量为.
则，
令，得，，故.……9分
设PD与平面PEB所成角为.
∴.……11分
∴直线PD与平面PEB所成角的正弦值为.……12分
20.（1）的定义域为，，……1分
当时，，∴在上单调递增.……2分
当时，令，得，
当时，；……3分
当时，，……4分
∴在上单调递减，在上单调递增.……5分
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增……6分
（2）由（1）知当时，无极值；……7分
当时，存在极小值，且极小值为，无极大
值.……9分
设，，则，
令，得，当时，，当时，，……10分
∴在上单调递增，在上单调递减.∴的最大值为.
∴的极小值的最大值为1.……12分
21.【详解】（1）甲与乙的比分是的概率为……1分
比分是的概率为……2分
故前4球中，甲领先的概率……4分
（2）依题意，接下来由甲先发球.继续对战奇数球后，甲获得11分胜利，即甲或获胜，即在接下来的比赛中，甲乙的比分为或，且最后一球均为甲获胜.
记比分为为事件A，则……6分
记比分为为事件B，即前6场比赛中，乙获胜两场，期间甲发球4次，乙发球两次
……8分
故甲依题意获胜的概率为……10分
X的所有可能取值为3，5
由条件概率有，，，……11分
故X的分布列为
X 3 5
P
……12分
22.【详解】（1）由题意点是椭圆C的一个顶点，知，……1分
因为是等腰直角三角形，所以，即，……2分
所以椭圆C的标准方程为：.……4分
（2）若直线AB的斜率存在，设其方程为，由题意知.
由，得，……5分
由题意知，设，，
所以，，……6分
因为，所以
，
所以，整理得，……8分
故直线AB的方程为，即，所以直线AB过定点.……10分
若直线AB的斜率不存在，设其方程为，，.
由题意得，解得，
此时直线AB的方程为，显然过点.……11分
综上，直线AB过定点……12分
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