云南省玉溪市2022-2023学年高二下学期期末教学质量检测数学试题（含解析）

玉溪市2022-2023学年高二下学期期末教学质量检测
数学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号、在试题卷上作答无效.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.已知集合，，则
A. B. C. D.
2.已知复数，在复平面内对应的点分别为，，则
A. B. C. D.
3.已知向量，，且，，则向量，的夹角为
A.0 B. C. D.
4.已知，则
A. B. C. D.
5.已知椭圆的右焦点为，左顶点为，若上的点满足轴，，则的离心率为
A. B. C. D.
6.将4个1和2个0随机排成--行，则2个0相邻的概率为
A. B. C. D.
7.设，，，则
A. B. C. D.
8.取两个相互平行且全等的正边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“角反棱柱”，当时，得到如图1所示棱长均相等的“四角反棱柱”，则该“四角反棱柱”外接球的半径与棱长的比值的平方为
A. B. C. D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则下列结论正确的是
A.的最小正周期为 B.
C.的图象关于直线对称 D.在区间上单调递增
10.已知，函数的导函数为，则下列说法正确的是
A. B.单调递增区间为
C.的极大值为1 D.方程有两个不同的解
11.已知数列满足，，则
A.为等比数列 B.的通项公式为
C.为单调递减数列 D.的前项和
12.已知为坐标原点，抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，点为抛物线上的动点，则
A.的最小值为3
B.的准线方程为
C.
D.当时，点到直线的距离的最大值为
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13.在的展开式中，的系数是________（用数字作答）.
14.已知函数，则在处的切线方程为_________.
15.已知平行四边形，，，则分别以对角线，为直径的两个圆的面积和为__________.
16.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可构造如图2所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则的值为__________.
四、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.（本小题满分10分）在递增的等比数列中，，，其中.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）若，求数列的前项和.
18.（本小题满分12分）在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，满足.
（Ⅰ）求角；
（Ⅱ）若，求的面积的最大值.
19.（本小题满分12分）我国某芯片企业使用新技术对一款芯片进行试产.试产该款芯片共有三道工序，前两道生产工序互不影响，第三道是检测评估工序，包括自动智能检测和人工抽检.已知前两道生产工序的次品率分别为，.
（Ⅰ）求该款芯片的次品率；
（Ⅱ）第三道工序中自动智能检测为次品的芯片会被自动淘汰；否则，进入流水线进行人工抽检.已知该款芯片自动智能检测显示合格率为98%，求人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率.
20.（本小题满分12分）如图3，在三棱柱中，，为的中点，平面平面.
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）已知四边形是边长为2的菱形，且，求平面与平面所成角的正弦值.
21.（本小题满分12分）已知双曲线（，）的右焦点为，渐近线与抛物线交于点.
（Ⅰ）求，的方程；
（Ⅱ）设是与在第一象限的公共点，作直线与的两支分别交于点，，使得.证：直线过定点.
22.（本小题满分12分）已知函数，是自然对数的底数，若恰为的极值点.
（Ⅰ）求实数的值；
（Ⅱ）求在区间上零点的个数.
玉溪市2022-2023学年高二下学期期末教学质量检测
数学参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D C B A B D A
【解析】
1.∵集合，∴，故选C.
2.∵，在复平面内对应点的分别为，∴，，∴，故选D.
3.由，得，又，∴，整理得：，解得，的夹角为，故选C.
4.因为，故选B.
5.因为轴，，，因为，所以，则，，所以，故选A.
6.4个1和2个0随机排成一行，基本事件总数，则2个0相邻包含的基本事件个数，∴2个0相邻的概率为，故选B.
7.，，所以，故选D.
8.如图1，由题意可知旋转角度为，设上下正四边形的中心分别为，，连接，则的中点即为外接球的球心，其中点为所在棱的中点，设棱长为，可知，，，过点作于点，则，，即，，则，即该“四角反棱柱”外接球的半径，故该“四角反棱柱”外接球的半径与其棱长的比值的平方为，故选A.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
题号 9 10 11 12
答案 AC AB BCD ABD
【解析】
9.将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，函数最小正周期为，故选项A正确；函数，故选项B错误；当，为最大值，故的图象关于直线对称，故选项C正确；在区间上，，不单调，故选项D错误，故选AC.
10.由题意知：，所以，故选项A正确；当时，，单调递减，当时，，单调递增，故选项B正确；的极小值为，故选项C错误；方程有且只有一个解，故选项D错误，故选AB.
11.因为，所以是以1为首项，3为公差的等差数列，故选项A错误；∴，即，，故选项B正确；为递减数列，故选项C正确；的前项和，故选项D正确，故选BCD.
12.如图2：对于，，由抛物线的焦点为，则，即，其准线方程为，设点到准线的距离为，则，设点到准线的距离为，易知，故选项A正确，B正确；由题意可知，过点的直线的方程可设为，代入抛物线，可得，设，，则，，，当时，取到最小值，故选项C错误；由C可得直线的方程为，由，可知到直线的距离等于到直线的距离，点到直线的距离，令，则，当，时，，单调递增；当时，，单调递增，由当时，，当时，，则当时，，所以，故选项D正确，故选ABD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
题号 13 14 15 16
答案 21
【解析】
13.由题可得的展开式的展开式中含的系数为.
14.，，，在处的切线方程为.
15.两个圆的面积和，由余弦定理可得，，故.
16.∵，，整理得.又因为，由平面向量的基本定理可得，，∴.
四、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.（本小题满分10分）解：（Ⅰ）设数列的公比为，由，，
∴，或，（舍），
∴，故.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，
∴.
18.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）在中，由条件及正弦定理得，
∵，∴.∵，∴.
（Ⅱ）∵，由余弦定理得，
∴，当且仅当时等号成立，
∴，
所以的面积的最大值为.
19.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）因为两道生产工序互不影响，
所以，
即该款芯片的次品率为.
（Ⅱ）记“该款芯片自动智能检测合格”为事件，“人工抽检合格”为事件，
且，.
则人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率：，
即人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率为.
20.（本小题满分12分）（Ⅰ）证明：因为，是的中点，所以
又因为平面平面，
且平面平面，平面，故平面.
（Ⅱ）解：因为四边形为菱形，且，连接，则.
又因为平面平面，平面平面，故平面.
如图3，以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，.
平面的法向量.
设平面的法向量，
则即，
令，则，所以.
设平面与平面所成角为，
，，
平面与平面所成角的正弦值为.
21.（本小题满分12分）解：（Ⅰ），的渐近线过，
，解得，则，
∵抛物线过，，.
（Ⅱ），在不同支，∴直线的斜率存在，
设方程为，，，
联立得，
则，，，，
联立，可得，且，解得，则，则，
∵，则，
代入整理可得：，
整理化简得，
∵不在直线上，∴，∴，
∴直线的方程为，
故直线过定点.
22.（本小题满分12分）解：（Ⅰ）由题意，得，
因为为函数的极值点，
所以，
当时，，，单调递增，
，，
令，，
当时，，单调递减，
，，单调递减，
此时为函数的极值点，所以.
（Ⅱ），，
当时，，单调递增，，
所以在区间上不存在零点；
当时，，单调递减，
，所以在区间上不存在零点；
当时，，
综上，在区间上的零点个数为1.