2022-2023学年陕西省商洛市高二（下）期末数学试卷（理科）（含解析）

2022-2023学年陕西省商洛市高二（下）期末数学试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 若复数，则的虚部为( )
A. B. C. D.
3. 已知是奇函数，且当时，，则( )
A. B. C. D.
4. 若公比为的等比数列的前项和为，则该等比数列的第项为( )
A. B. C. D.
5. 曲线的一条对称轴方程为( )
A. B. C. D.
6. 某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图都是长为，宽为的矩形，俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )
A.
B.
C.
D.
7. 用，，，，，这个数字可以组成个无重复数字的六位数，其中偶数有个，则( )
A. B. C. D.
8. 若随机变量满足，，则( )
A. B. C. D.
9. 已知函数，则( )
A. B. C. D.
10. 已知一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则该零件表面积的最大值为( )
A. B. C. D.
11. 已知函数，设，，，则( )
A. B.
C. D.
12. 过抛物线：的焦点的直线与相较于，两点，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量，，，则正数 ______ ．
14. 已知双曲线：的一条渐近线的倾斜角为，则的离心率为______ ．
15. 不等式组表示的可行域的面积为______ ．
16. 等差数列的前项和为，若，，则 ______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，且．
求的值；
若，的面积为，求的周长．
18. 本小题分
甲、乙两名大学生参加面试时，位评委评定的分数如下．
甲：，，，，，，，，，．
乙：，，，，，，，，，．
若去掉一个最高分和一个最低分后再计算平均分，通过计算比较甲、乙面试分数的平均分的高低．
在的前提下，以面试的平均分作为面试的分数，笔试分数和面试分数的加权比为：，已知甲、乙的笔试分数分别为，，综合笔试和面试的分数，从甲、乙两人中录取一人，你认为应该录取谁？说明你的理由．
19. 本小题分
在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，．
证明：平面平面．
若，求与平面所成角的正弦值．
20. 本小题分
已知是椭圆：的左顶点，过点的直线与椭圆交于，两点异于点，当直线的斜率不存在时，．
求椭圆的方程；
求面积的取值范围．
21. 本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
若，求的取值范围．
22. 本小题分
在直角坐标系中，圆的参数方程为，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为．
求圆的普通方程与圆的直角坐标方程化为标准方程；
判定圆与圆的位置关系，说明你的理由．
23. 本小题分
已知函数．
求不等式的解集；
证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，，
故A．
故选：．
根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为，
所以的虚部为．
故选：．
根据复数模长公式和除法运算法则化简，得到答案．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为是奇函数，
所以．
故选：．
根据奇函数的性质，可得，即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意得，
所以，，
故该等比数列的第项为．
故选：．
由已知结合等比数列的通项公式即可求解．
本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：对于曲线，令，，求得，，
可得曲线的对称轴方程为，．
故选：．
由题意，利用正弦函数的图像的对称性，得出结论．
本题主要考查正弦函数的图像的对称性，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：由三视图可知，该几何体是四分之一个圆柱高为，底面半径为，
其体积．
故选：．
先从三视图得到几何体是四分之一圆柱，再用体积公式求解．
本题主要考查了简单几何体的三视图，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：从，，，，中任选一个数字排在首位，其余个数字全排可得，
排在个位的无重复数字的六位偶数有个，
不排在个位的无重复数字的六位偶数有个，
故．
所以．
故选：．
根据排列组合知识求出，，代入可得结果．
本题考查排列组合相关知识，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：，．
故选：．
根据期望、方差公式进行计算可得答案．
本题考查期望的概念，属基础题．
9.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以，
解得，，
故．
故选：．
先对已知函数求导，由已知求出及，进而可求，然后把代入可求．
本题主要考查了函数的求导，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：由题意，得该圆锥的母线长，设圆锥的底面半径为，高为，如图所示，
由，得，所以，
圆锥内切球的半径等于内切圆的半径，
设的内切圆为圆，其半径为，
由，
得，
解得，
故能制作的零件表面积的最大值为．
故选：．
运用扇形的弧长公式可求得圆锥半径，结合等面积法可求得三角形的内切圆半径，进而求得圆锥内切球的表面积．
本题主要考查了圆锥的内切球问题，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：因为，由开口向上且，即，
所以的定义域为，又，
所以关于对称，结合复合函数单调性知：在上单调递减，在上单调递增．
因为，
又，则，
综上，．
故选：．
由对数运算性质，借助中间量得，进而在结合函数的单调性比较大小即可．
本题主要考查了函数的单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：由抛物线的方程可知焦点，设点，，设直线的方程为：，
联立方程，消去得：，
，，
则．
令，，
则，
当，即时取等号，即，时，最小，最小值为．
故选：．
首先求出定值，再利用基本不等式求解．
本题主要考查了直线与抛物线相交的问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：，
，
，
即，
解得或，
，．
故答案为：．
由得，再由平面向量数量积计算即可．
本题考查平面向量垂直和数量积的坐标表示，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：双曲线：的一条渐近线的倾斜角为，
，
离心率．
故答案为：．
由双曲线渐近线的倾斜角为，求解，关系，然后求解离心率即可．
本题考查双曲线的简单性质，离心率的求法，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：作出不等式组表示的可行域，如图所示，
则，，，
所以，
所以可行域的面积为．
故答案为：．
作出不等式组表示的可行域，求出各个交点，计算面积即可．
本题主要考查简单线性规划，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：等差数列中，，，
解得，，
则．
故答案为：．
由已知结合等差数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的求和公式的应用，属于基础题．
17.【答案】解：因为，
所以，
又，
则，
即，
又，
则，
解得；
由可知，为直角三角形，
则，
又的面积为，
则，即，
所以，
则，
故的周长为．
【解析】根据已知条件可得，由此可得的值；
易知为直角三角形，再结合已知条件可得的值，进而求得周长．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：依题意，设甲、乙面试分数的平均分分别为，
，
，
因为，所以甲的面试分数的平均分更高；
因为笔试分数和面试分数的加权比为：，
所以甲的综合分数为，
乙的综合分数为，
因为，所以乙的综合分数更高，故应该录取乙．
【解析】利用平均数的计算方法求解比较即可；
利用加权平均数的计算方法求解比较即可．
本题主要考查了平均数和加权平均数的计算，属于基础题．
19.【答案】解：证明：由四边形为正方形，得．
因为，
所以．
因为，，平面，
所以平面．
因为平面，
所以平面平面．
取的中点，连接，因为，
所以，．
由知平面平面，且平面平面，平面，
所以平面．
取的中点，连接，则，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以．
设是平面的法向量，
则，解得，
令，得，故．
因为，
设与平面所成角的大小为，则，
所以与平面所成角的正弦值为．
【解析】由勾股定理逆定理得到，证明出线面垂直，进而得到面面垂直；
由面面垂直得到线面垂直，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值．
本题以四棱锥为背景，考查面面垂直的判定定理，考查线面角的定义及其求解，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：因为是椭圆的左顶点，
所以，
当直线斜率不存在时，直线的方程为，
又因为此时，，
所以不妨设，
所以代入椭圆的方程可得，解得，
所以椭圆的方程为．
设直线的方程为，，，
联立，得，
，
所以，，
所以
，
点到直线的距离为，
所以，
令，，则，
所以，
对于，，
由对勾函数的性质可得当时，单调递增，
所以当时，，最大值为，
所以的取值范围为
【解析】根据题意可得，当直线斜率不存在时，直线的方程为，又，则，不妨设，代入椭圆的方程，解得，即可得出答案．
设直线的方程为，，，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得，，由弦长公式可得，点到直线的距离，再计算，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：的定义域为．
当时，，则，
当时，可知在上单调递增，
当时，令，得，今，得．
因为，所以为偶函数，
所以当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为，；
令，可得，
令，则．
当时，，显然成立．
当时，，在区间上单调递增，若，
由，可得，
有，与矛盾．
当时，令，可得，可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
可得．
若，则必有，可化为，
令，由，可得，令，得，
可知的单调递减区间为，单调递增区间为，
则，可知．
综上，的取值范围为．
【解析】求函数的导数，分或两种情况讨论；
由，令，，分，或三种情况讨论．
本题考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：圆的普通方程为，
由，得，
即，
所以圆的直角坐标方程为；
由知圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，
因为，
所以圆与圆外切．
【解析】消去参数可得圆的普通方程；利用，代入圆的极坐标方程得圆的直角坐标方程；
利用两圆的位置关系判断可得答案．
本题考查极坐标与参数方程的应用，化归转化思想，属中档题．
23.【答案】解：由，，得，
则，可得．
不等式的解集为；
证明：令．
当时，；
当时，；
当时，．
综上可知，．
【解析】直接求解绝对值的不等式得答案；
写出分段函数解析式，分段证明即可．
本题考查不等式的解法与证明，写出分段函数解析式是关键，是中档题．
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