2022-2023学年贵州省黔南州高二（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年贵州省黔南州高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知，则( )
A. B. C. D.
2. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
3. 抛物线上的一点到焦点的距离为，则点的纵坐标为( )
A. B. C. D.
4. “天干地支纪年法”源于中国，中国自古便有十天干和十二地支，十天干为甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸，十二地支为子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥“天干地支纪年法”是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，，以此类推，一直排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支又回到“子”重新开始，即“丙子”，，以此类推，年是“癸卯”年，正值黔南布依族苗族自治州建州周年，那么据此推算，黔南州的建州年份是( )
A. 丙申年 B. 癸亥年 C. 庚丑年 D. 庚辰年
5. 已知向量，，若，则( )
A. B. C. D.
6. 已知等比数列的前项和为若，则( )
A. B. C. D.
7. 已知，且，则( )
A. B. C. D.
8. 已知函数在区间上单调递增则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 某保险公司为客户定制了个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险各种保险按相关约定进行参保与理赔该保险公司对个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图则以下说法正确的是( )
A. 周岁人群的参保人数最多
B. 周岁人群参保的总费用最少
C. 丁险种更受参保人青睐
D. 周岁及以上的参保人数占总参保人数的
10. 已知是椭圆上的动点，是圆上的动点，则( )
A. 椭圆的焦距为 B. 椭圆的离心率为
C. 圆在椭圆的内部 D. 的最小值为
11. 在正方体中，为的中点，在棱上，下列判断正确的是( )
A. 若平面，则为的中点
B. 平面平面
C. 异面直线与所成角的余弦值为
D. 若，则
12. 已知函数的定义域为，且对任意，，都有，且当时，恒成立，则( )
A. 函数是上的增函数
B. 函数是奇函数
C. 若，则的解集为
D. 函数为偶函数
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若函数是奇函数，则的值为______ ．
14. 直线与圆相交于，，则弦长______．
15. 如图，一个正三棱柱容器，底面边长为，高为，内装水若干，将容器放倒把一个侧面作为底面，如图，这时水面恰好是中截面则图中容器水面的高度是______ ．
16. 已知函数的图象在区间上恰有个最高点则的取值范围为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
某中学为了丰富学生的业余生活，开展了一系列文体活动，其中一项是同学们最感兴趣的对篮球对抗赛，现有甲、乙两队进行比赛甲队每场获胜的概率为，无平局每场比赛互不影响，
若采用三局两胜制进行比赛，求甲队获胜的概率；
若采用五局三胜制进行比赛，求乙队在第四场比赛后即获得胜利的概率．
18. 本小题分
记数列的前项和为，对任意，有．
证明：为等差数列；
求数列的前项和．
19. 本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
求；
若，求的面积．
20. 本小题分
如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，再从条件：；条件：；条件：平面平面中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．
证明：平面；
在第问基础上，求直线与平面所成角的正弦值．
21. 本小题分
已知函数，．
当时，求的最值；
讨论的单调性．
22. 本小题分
已知直线与抛物线：交于，两点，且．
求的值；
设为抛物线的焦点，，为抛物线上两点，，求面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意知，，
所以，
所以．
故选：．
根据复数除法、减法运算法则和共轭复数的概念求解即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由题意得，，
又因为，
所以．
故选：．
根据不等式知识化简集合，再结合交集知识求解答案．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：抛物线的准线方程为，
设，由抛物线的性质可得：，即，
所以，解得．
所以点的纵坐标为．
故选：．
根据抛物线的焦半径公式可求出结果．
本题考查抛物线的性质的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意可知，天干以为周期，地支以为周期，
由于，余数为，又年是“癸卯”年，故黔南州的建州年份的天干为“丙”，
由于，余数为，又年是“癸卯”年，故黔南州的建州年份的地支为“申”，
所以黔南州的建州年份是“丙申年”．
故选：．
利用天干和地支的周期性可求出结果．
本题考查简单的归纳推理、合理推理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意，，，
则，
，
因为，则，
即，所以．
故选：．
由已知求得与的坐标，再由两向量垂直与数量积的关系列式求解．
本题考查平面向量加法与数乘的坐标运算，考查两向量垂直与数量积的关系，是基础题．
6.【答案】
【解析】解：设，则，
因为为等比数列，根据等比数列的性质，
可得，，仍成等比数列．
因为，所以，
所以，故．
故选：．
根据等比数列的性质，可得，，仍成等比数列，得到，即可求解．
本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：因为，所以，
又因为，
所以，，
所以，解得．
故选：．
根据同角公式和两角差的正切公式可求出结果．
本题主要考查了同角基本关系及和差角公式的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：由题意得，
函数在区间上单调递增，
在上恒成立，即，
令，，则，
在上单调递增，即，
故，即的最大值为．
故选：．
题意转化为在上恒成立，利用分离参数法，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：根据题意可知：
由参保人数比例图可知，周岁人群的参保人数最多，故选项A正确；
周岁及以上的人群约占参保人群的，故选项D正确；
由不同年龄段人均参保费用图可知，周岁人群人均参保费用最少，约为元，
但是这类人所占比例为，设参保总人数为，
则周岁人群参保总费用约为元，
而周岁及以上参保人群参保总费用约为元，
，故选项B错误；
由参保险种比例图可知，丁险种更受参保人青睐，故选项C正确．
故选：．
根据统计图逐个分析判断即可．
本题考查根据统计图表获取信息，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：因为椭圆方程为：，
所以，焦距为，故A错误，B正确；
由，得，
因为，
所以椭圆与圆无公共点，又圆心在椭圆内部，
所以圆在椭圆内部，故C正确；
设，
则，
当时，取得最小值，则的最小值为，故D错误，
故选：．
和：利用椭圆的方程求解判断；：由椭圆方程和圆的方程联立，利用判别式法判断；：利用圆心到点的距离判断．
本题考查了椭圆的性质，考查了学生的运算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：根据题意，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的边长为，
所以，，，，，，，
对于选项，所以，
设是平面的法向量，
则，即，故令，则，
所以，解得，此时为的中点，故A选项正确；
对于选项，设是平面的法向量，
由于，则，即，
令得，由于，所以，所以平面平面，故B选项正确；
对于选项，，所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故C选项错误；
对于选项，若，则，故D选项正确．
故选：．
根据题意，建立空间直角坐标系，如图，设正方体的边长为，进而根据坐标法依次讨论各选项即可得答案．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：设，且，，则，
而
，
又当时，恒成立，即，，
函数是上的增函数，A正确；
由，
令可得，解得，
令，可得，即，而，
，而函数的定义域为，
故函数是奇函数，B正确；
令可得，解得，所以
因为函数是上的增函数，
由，可得，所以，C正确；
令，易知定义域为，
因为，
显然不恒成立，
所以不是偶函数，D错误．
故选：．
利用单调性定义结合可判断；
利用特殊值求出，从而证明可判断；
根据条件并利用单调性解不等式可判断；
利用奇偶性的定义可判断．
本题考查抽象函数的综合应用．关键点在于赋值法的运用，通过对题意的理解，巧妙的赋予，特殊值，进而求解选项答案，本题考查转化与化归能力，重在数据的分析与推理，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：根据题意，因为函数是奇函数，
所以，
即，所以，即，
所以，，即的值为．
故答案为：．
根据是奇函数即可得出，进而即可得出关于的恒等式，从而可得出的值．
本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及对数的运算性质，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：圆的圆心为，半径，
圆心到直线的距离，
弦长
故答案为：
易得圆的圆心和半径，由距离公式可得圆心到直线的距离，由勾股定理可得，代值计算可得．
本题考查直线与圆的位置关系，属基础题．
15.【答案】
【解析】解：根据棱柱的体积公式，其中是底面积，是高，
由图得水面是中截面，水面以上部分是一个三棱柱，
这个三棱柱的底面积是原来三棱柱底面的，
则这个小三棱柱的体积是大棱柱体积的高一样，
水的体积是大三棱柱体积的，
图中水面的高度是棱柱高的，
则图中容器水面的高度为．
故答案为：．
根据水的体积与棱柱体积的关系，即可得出答案．
本题考查棱柱的结构特征，考查转化思想，考查逻辑推理能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：令，，
得，，
因为函数的图象在区间上恰有个最高点．
所以，解得．
故答案为：．
根据正弦函数的最大值求解可得结果．
本题考查了正弦函数的图象性质，考查了学生的运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：记“甲第场比赛获胜”，则相互独立，
因为甲队每场获胜的概率为，无平局，
所以，，
若采用三局两胜制进行比赛，则甲队获胜的概率为：
；
若采用五局三胜制进行比赛，则乙队在第四场比赛后即获得胜利的概率为：
．
【解析】根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可求出结果；
根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可求出结果．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
18.【答案】解：证明：因为，
所以当时，，所以，
当时，，
两式相减得，
即，
即，
因为，所以为常数，
所以是首项为，公差为的等差数列；
由知，，
所以，
所以数列的前项和为．
【解析】根据，令得到，令最终得到，结合等差数列定义即可证明；
根据等差数列定义得到，结合裂项相消法求和即可．
本题考查数列的通项与前项和的关系，以及等差数列的定义、通项公式和数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：中，，
由余弦定理得，，
解得；
若，
则由正弦定理得，
所以，
化简得，
由，得，
所以，
所以，
所以的面积为．
【解析】利用余弦定理化简求得的值；
利用正弦定理转化求得，再利用同角的三角函数关系求出，即可计算的面积．
本题考查了解三角形的应用问题，也考查了转化思想，是中档题．
20.【答案】解：若选：
由，，，可得，则，
又因为，，，面，
所以面；
若选：
要证面，需证垂直于面中两条相交直线，或由面面垂直的性质证线面垂直，
结合条件，面面，，在面内，且不为两个垂直平面的交线，
根据题设，无法确定与或等线段是否垂直，故无法证明结论，故不能选；
若选：
由，，，可得，则，
又因为面面，面面，面，
所以平面；
若选：
由知，，
因为四边形是正方形，所以，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设面的一个法向量为，
则，
令，则，，可得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
若选：
由知，平面，
因为平面，所以，
因为四边形是正方形，所以，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设面的一个法向量为，
则，
令，则，，可得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】根据所选的条件，应用勾股定理易得，再由线面垂直的判定、面面垂直的性质证结论即可；
构建为原点建立空间直角坐标系，由已知确定相关点坐标，再求直线的方向向量、面的法向量，进而应用空间向量夹角的坐标表示求直线与平面所成角的正弦值．
本题考查了线线垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．
21.【答案】解：当时定义域为，
所以，
令得，
所以当时，
当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，
所以，无最大值．
定义域为，且，
当时，恒成立，
所以在上单调递减，
当时，令解得，
令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上可得：当时在上单调递减，
当时在上单调递减，在上单调递增．
【解析】求出函数的导函数，即可求出单调区间，从而求出函数的最值．
求出导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间，即可得解．
本题考查导数的综合应用，解题中注意分类讨论思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：设，，
由，可得，
由，则，
所以，，
弦长，
化简得，
所以或舍，
所以．
由可得抛物线的方程为，则它的焦点，
显然直线的斜率存在，
设直线：，，，
由可得，，
所以，，
，
因为，所以，
即，
即
将，代入得，
，，
所以，且，
解得或
设点到直线的距离为，，
因为，
，
所以的面积，
而或，
当时，的面积．
【解析】利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；
设直线：，，，利用，找到，的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．
本题考查抛物线的方程的求法，直线与抛物线的综合应用，三角形面积的求法，属于中档题．
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