2022-2023学年四川省德阳市高二（下）期末数学试卷（理科）（含解析）

2022-2023学年四川省德阳市高二（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. 设复数满足，则的虚部是( )
A. B. C. D.
2. 若集合，，则( )
A. B.
C. D.
3. 的展开式中的系数为( )
A. B. C. D.
4. 求值：( )
A. B. C. D.
5. 命题“”成立的一个充分不必要条件是( )
A. B. C. D.
6. 已知变量，满足，则的最大值为( )
A. B. C. D.
7. 第届世界大学生运动会即将在成都举行，现有甲、乙、丙名志愿者分配到其中个项目参加志愿活动，每名志愿者只能参加个项目的志愿活动，则有且只有两人被分到同一大项目的概率为( )
A. B. C. D.
8. 定义在上可导的奇函数，当时始终满足，已知实数，，，则( )
A. B.
C. D.
9. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是( )
A. 在上单调递增
B. 在上单调递减
C. 若在上恰有两个极值点，则的取值范围是
D. 若在上恰有两个极值点，则的取值范围是
10. 已知两个正方形框架，的边长都为，它们所在平面互相垂直，动点、分别在正方形对角线和上移动，且，则三棱锥的体积达到最大值时( )
A.
B.
C.
D.
11. 已知、为双曲线上关于原点对称的两点，点与点关于轴对称，，直线交双曲线的右支于点，若，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
12. 已知函数有两个互为相反数的极值点、，且，则下列说法正确的是( )
，；
必存在最小值；
若有唯一一个整数解，则的取值范围为；
若存在两个不相等的正数、，使得，则．
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知随机变量，，则 ______ ．
14. 中，，，，则的面积 ______ ．
15. 已知、为椭圆：的两个焦点，，为上关于坐标原点对称的两点，且，则的内切圆半径为______ ．
16. 已知点为棱长等于的正方体内部一动点，且，则的值达到最小时，与夹角大小为______ ．
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
数学建模课程的开设得到了广大学生的高度喜爱，某校为了解学生的建模能力开展了数学建模课程问卷调查，现从中抽取名学生的调查问卷作为样本进行统计，学生对于建模课程的态度分为“非常喜欢”，“喜欢部分内容”，“不是很感兴趣”三种情况，其具体数据如下表所示：
对建模的态度
性别 非常喜欢 喜欢部分内容 不是很感兴趣
男生
女生
为研究学生对数学建模课程的态度，我们将“非常喜欢”和“喜欢部分内容”两类合并为“比较喜欢”，根据上表完成下面的列联表．
对建模的态度
性别 比较喜欢 不是很感兴趣 合计
男生
女生
合计
我们是否有的把握认为学生的性别与对建模课程的喜欢有关？
附：，其中．
参考公式与临界值表：
18. 本小题分
已知正项等比数列对任意的均满足．
求的通项公式；
若数列满足，求数列的前项和．
19. 本小题分
在中，，，在斜边与直角边上各取点、，使得，现沿着直线将进行翻折至．
证明：当时，；
当三棱锥的体积为时，求二面角的余弦值．
20. 本小题分
已知经过点的椭圆：的上焦点与抛物线：焦点重合，过椭圆上一动点作抛物线的两条切线，切点分别为、．
求和的方程；
当在椭圆位于轴下方的曲线上运动时，试求面积的最大值．
21. 本小题分
已知函数，．
若曲线在点处的切线与直线相互垂直，求的值；
若函数存在两个极值点、，且证明：．
22. 本小题分
在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
求直线的极坐标方程与曲线的直角坐标方程；
设点，直线与曲线交于点、两点，若，求此时曲线的直角坐标方程．
23. 本小题分
设函数．
求不等式的解集；
若时有，求的最大值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
则，其虚部为．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：根据题意可得，，
故选：．
先化简，再运算，即可得解．
本题考查集合的基本运算，属基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为的通项公式为，
当时，，
所以展开式中的系数为．
故选：．
利用展开式的通项公式，即可求出结果．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：原式．
故选：．
把换上，然后根据两角差的正弦公式即可求出答案．
本题考查了三角函数的诱导公式，两角差的正弦公式，考查了计算能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：当，，当且仅当时，等号成立，
所以若，命题“”必成立，
若命题“”成立，则，
所以命题“”成立的充分必要条件为，
其成立的一个充分不必要条件可以为．
故选：．
当，，当且仅当时，等号成立，所以若，则命题成立，若命题成立，则．
本题主要考查充要条件，需要注意的一个区间的子区间是其充分不必要条件，属中档题．
6.【答案】
【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：
的几何意义表示可行域内的点与定点连线的直线斜率，
由图可知，当可行域内的点取点时，直线的斜率最大，
联立方程，解得，即，
所以直线的斜率为，
即的最大值为．
故选：．
作出不等式组对应的平面区域，的几何意义表示可行域内的点与定点连线的直线斜率，数形结合即可求出的最大值．
本题主要考查了简单的线性规划问题，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：根据题中条件，甲、乙、丙名志愿者分配到其中个项目参加志愿活动，共有种分配方法．
对于所求事件包含样本点个数可以这样求：
先对名志愿者分成两组有种方法，
每个组安排到两个项目中共有种方法，
所以共有种分配方法；
根据古典概型概率计算公式知，所求概率为．
故选：．
先求出名志愿者分配到其中个项目参加志愿活动的分配方法总数，接着先对名志愿者分成两组，再把两个组分到两个项目中，计算出分配的方法总数，利用古典概型概率计算公式计算即可．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：因为义在上可导的奇函数，当时始终满足，
所以在上单调递增，且，
因为，，，
即，
所以．
故选：．
由已知得到的单调性，再比较，，的大小即可．
本题主要考查了抽象单调性、奇偶性，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：因为的最小正周期为，
所以，解得，
所以，
当时，，
由正弦函数的性质可知在上不单调，所以，B错误；
当时，，
当在上恰有两个极值点时，
则有，解得，
所以的取值范围是，故C正确，D错误．
故选：．
由题意可得，当时，，结合正弦函数的性质判断，；
由在上恰有两个极值点时，列出不等式组，解出的范围，从而判断，．
本题考查了正弦函数的性质、难点是对，选项的判断，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：作于点，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
由，、共面，得，
而，则，
所以，
即三棱锥的高为，
则，
根据二次函数的性质可知，当时，．
故选：．
作于点，根据面面垂直的性质可得平面，利用相似比求出三棱锥的高，再根据锥体的体积公式，结合二次函数即可得解．
本题考查了面面垂直的性质以及三棱锥体积的最值问题，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：设，由题意可得，，
又，可得为的中点，则，
直线即直线的斜率为，
直线的斜率为，
由，可得，
所以，
又设，则，
又，
上面两式相减可得，
即为，
所以，即，
所以双曲线的离心率为．
故选：．
设出，的坐标，求得，的坐标，结合两直线垂直的条件，可得直线的斜率，求得直线的斜率，可得直线，的斜率之积，再由点差法求得直线，的斜率之积，可得，的关系，进而得到所求离心率．
本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：已知，函数定义域为，
可得，
因为函数有两个互为相反数的极值点，，
不妨设，
此时，
又，
所以，，
则，是方程的两个实数根，
所以，，
解得，，故正确；
此时函数，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极小值，极小值，
当时，，
则必存在最小值，最小值，故正确；
若有唯一一个整数解，
可得有唯一一个整数解，
即函数的图象与直线的图象有且仅有一个交点，
因为，
作出两函数图象如下所示：
要使两函数有一个交点，
此时，
解得，
则的取值范围为，故正确；
若存在两个不相等的正数、，使得，
可得，
不妨令，
则，故错误．
故结论正确的有．
故选：．
由题意，对函数进行求导，将函数有两个互为相反数的极值点，，转化成，是方程的两个实数根，进而可判断结论；利用导数得到函数的单调性，结合极限思想即可判断结论；将有唯一一个整数解，转化成函数的图象与直线的图象有且仅有一个交点，作出函数图象，利用数形结合列出等式即可判断结论；利用特值法判断结论．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理、转化思想、数形结合和运算能力．
13.【答案】
【解析】解：根据题意，随机变量，
则有，解可得．
故答案为：．
根据题意，由二项分布中期望公式可得，解可得答案．
本题考查二项分布的性质，涉及期望的性质，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：中，，，，
由正弦定理得，，
，
又，
，
，
的面积．
故答案为：．
先利用正弦定理求出，进而得到，再利用勾股定理求出，从而求出的面积．
本题主要考查了正弦定理的应用，考查了三角形的面积公式，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：因为，为上关于坐标原点对称的两点，且，
所以四边形为矩形，
设，，
由椭圆的定义可得，
所以，
因为，
即，
所以，
所以三角形的面积为．
三角形的周长为，
的内切圆半径为，
所以，
可得．
故答案为：．
判断四边形为矩形，利用椭圆的定义及勾股定理求解的面积，然后求解内切圆半径．
本题主要考查椭圆的定义及其应用，椭圆中的四边形面积问题等知识，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：以为原点，、、为，，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
由棱长为，得，，，
设，
由，
即，
所以点的轨迹是以为球心，以为半径的球面的一部分，
又，，
所以，
它表示点 到点的距离的平方再减去，
由图形知，当为与所在的球面交点时，
的值达到最小，
此时，，
所以，
因为，
所以有，
即与的夹角为．
故答案为：．
以为原点，、、为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用坐标表示，则点的轨迹是以为球心，为半径的球面一部分，计算的值，它表示点到点的距离的平方再减去，从而求得的值达到最小时的值，根据因为，所以有，可得与的夹角大小．
本题考查了异面直线所成角的求法，考查向量法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：列联表如下：
模的态度
性别 比较喜欢 不是很感兴趣 合计
男生
女生
合计
易知，
所以我们没有的把握认为学生的性别与对建模课程的喜欢有关．
【解析】由题意，根据表中数据以及题目所给信息即可完成列联表；
结合中所得信息，代入公式中求出，将其与临界值对比，即可得到答案．
本题考查独立性检验，考查了数据分析和运算能力．
18.【答案】解：由题意，设正项等比数列的公比为，
由，，
可得当时，，
当时，，
则，
即，解得，
，
，
，，
，．
由可得，，
则
．
【解析】先设正项等比数列的公比为，再将，分别代入题干递推公式，两式相比进一步推导即可得到公比的值，然后将的值代入计算出首项的值，即可计算出数列的通项公式；
先根据第题的结果计算出数列的通项公式，再根据等差数列的求和公式计算出前项和．
本题主要考查数列由递推公式推导出通项公式，以及数列求和问题．考查了整体思想，方程思想，转化与化归思想，等比数列的通项公式，等差数列求和公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19.【答案】证明：在中，因为，，所以，，
设与相交于点，
因为，所以垂直平分，所以，所以，
即是的平分线，
因为，，，所以≌，所以，即为的中点，
所以，
因为，即，且，，、平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
又平面，所以．
解：设点到平面的距离为，
因为三棱锥的体积为，所以，即，解得，
所以点到平面的距离就是，即平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，所以，
同理可得，平面的法向量为，
所以，，
由图可知，二面角是钝角，
故二面角的余弦值为．
【解析】设与相交于点，易知垂直平分，先证，再由，，可证平面，从而知，进而得平面，然后由线面垂直的性质定理，得证；
利用棱锥的体积公式，可证平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量与，再由，，得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用空间向量求二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：因为过点的椭圆，
所以，解得，
所以椭圆，
则椭圆的上焦点为，
所以，解得，
所以抛物线方程．
依题意的斜率存在，设，，：，
由，消去整理得，
所以，
因为，则，
所以，即，
同理可得，
由直线的方程与直线的方程联立有，可得，
将代入直线，可得，
所以，即，
因为点在椭圆上，
所以，即，
设的中点为，
则，即，
所以，
因为，所以，解得，
又，所以，
则，
所以当时，
又在上单调递增，此时，
所以．
【解析】将点坐标代入椭圆方程即可求出，从而求出椭圆方程与其上焦点坐标，则可求抛物线方程；
依题意的斜率存在，设，，：，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用导数的几何意义表示出切线、，联立得到点坐标，从而得到，设的中点为，表示出点坐标，则，最后由二次函数的性质计算可得．
本题考查了椭圆与抛物线的方程以及直线与抛物线的位置关系，属于中档题．
21.【答案】解：，
所以在处的切线斜率为，
又因为切线与直线垂直，
所以，
所以．
证明：函数，，定义域为，
，
因为函数存在两个极值点、，且，
所以在上有两个极值点、，且，
即在上有两个极值点、，且，
令，，则为二次函数，对称轴为，
所以，解得，且，，
因为，
要证，需证，
即证，
又，
，
所以，
令，，
，，
因为，
所以，
又时，，，
所以在上单调递增，
所以，得证．
【解析】求导得，由导数的几何意义可得在处的切线斜率为，又切线与直线垂直，则，即可得出答案．
根据题意可得在上有两个极值点、，且，则在上有两个极值点、，且，令，，则，解得，且，，要证，需证，即证，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：直线的直角坐标方程为，即，所以其极坐标方程为，
曲线表示的是圆，其直角坐标方程为；
由题意可知为线段上靠近的四等分点，
过原点且与垂直的直线为，与联立解得，，
即的中点为，其与之间的距离为，到原点的距离为，
所以，所以，
所以的方程为．
【解析】先将转化为直角坐标方程，而后转化为极坐标方程，表示的是圆；
由题意可知为线段上靠近的四等分点，求出过原点并与直线垂直的直线与的交点即为的中点，从而求出的长度，进而求出圆的半径．
本题主要考查直线与圆的极坐标方程和直角坐标方程，属中档题．
23.【答案】解：由题意可知当，，
当，，
当，，
所以函数图像大致如下：
令，得，
令，得，
所以不等式的解集为；
当，令，，
此时，的约束区域如下：
可见当，时，取得最大值为，
当，令，，
此时，的约束区域如下：
令，由解得，
所以此时当，时，取得最大值为，
综上，的最大值为．
【解析】对函数去绝对值，而后结合函数图像求不等式解集；
对的正负性进行讨论．
本题主要考查分段函数的性质，数形结合是解决本题的关键，属中档题．
第1页，共1页