2022~2023学年陕西西安长安区长安区第一中学高二下学期期末文科数学试卷（图片版，含解析）

2022~2023学年陕西西安长安区长安区第一中学高二下学期期末文科数学
试卷
一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1、已知集合 ， ，则 （ ）
A.
B.
C.
D.
2、已知复数 （ ，i为虚数单位），满足 ，则 （ ）
A.
B.3
C.
D.5
3、下列命题正确的是（ ）
A.“ ”是“ ”的必要不充分条件
B.对于命题 ： ，使得 ，则 ： 均有
C.若 为真命题，则 ， 至少有一个为真命题
D.命题“若 ，则 ”的否命题为“若 ，则 ”
4、干支纪年法是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法、干支是天干和地支的总称，甲、乙、丙、丁、
戊、己、庚、辛、壬、癸为天干：子、丑、寅、卯、辰、已、午、未，申、酉、戌、亥为地支.把十天干和十二
地支依次相配，如甲对子、乙对丑、丙对寅、…癸对寅，其中天干比地支少两位，所以天干先循环，甲对戊、
乙对亥、…接下来地支循环，丙对子、丁对丑、.，以此用来纪年，今年2020年是庚子年，那么中华人民共和国
建国100周年即2049年是（ ）
A.戊辰年
B.己巳年
C.庚午年
D.庚子年
5、执行如图所示的程序框图.如果输入的 为2，输出的 为4，那么 （ ）
A.13
B.14
C.15
D.16
6、已知 中， ，点 在平面 内， ，则 的最大值为
（ ）
A.6
B.4
C.
D.
7、若 ，且 ，则 （ ）
A.
B.-1
C.1
D.2
8、在 中， ，则 的取值范围为（ ）
A.
B.
C.
D.
9、已知四面体ABCD的所有顶点在球O的表面上， 平面BCD ， ， ，
，则球O的表面积为（ ）
A.
B.
C.
D.
10、袋中装有标号分别为1，2，3，4的四个大小相同的小球，现从中有放回地取两次（每次只取一个球），则
两次取出的小球的标号数之差的绝对值不大于2的概率是（ ）
A.
B.
C.
D.
11、如图所示， ， 是双曲线 ： （ ， ）的左、右焦点， 的右支上存在一点 满足
， 与双曲线 左支的交点 满足 ，则双曲线 的渐近线方程为（ ）
A.
B.
C.
D.
12、已知函数 有两个零点 、 ，且存在唯一的整数 ，则实数 的取值范围是
（ ）
A.
B.
C.
e
D.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13、某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一 人、高二 人、高三 人中，抽取 人进
行问卷调查． 已知高一被抽取的人数为 ，那么高三被抽取的人数为 ．
14、已知实数 满足条件： ，则 的最大值为 .
15、将函数 的图象向右平移 个单位长度后得到函数 的图象，若 在区间
上单调递增，则满足条件的实数 的取值范围是 .
16、已知函数 及其导函数 定义域均为R，记函数 ，若函数 的图象关于点 中心
对称， 为偶函数，且 则 .
三、解答题（本大题共7小题，共70分）
17、（本小题8分）
已知数列 满足， ， .
(1)若数列 为数列 的奇数项组成的数列，证明：数列 为等差数列；
(2)求数列 的前50项和.
18、（本小题8分）
图1是直角梯形 ， ， ， ， ， ， ，以 为折痕
将 折起，使点 到达 的位置，且 ，如图2．
(1)证明：平面 平面
(2)求点 到平面 的距离；
19、（本小题8分）
某学校共有1000名学生参加知识竞赛，其中男生500人，为了解该校学生在知识竞赛中的情况，采取分层抽样随
机抽取了100名学生进行调查，分数分布在 分之间，根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图
如图所示：将分数不低于750分的学生称为“高分选手”．
(1)求 的值，并估计该校学生分数的平均数、中位数和众数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代
表）；
(2)若样 本中属于“高分选手”的女生有15人，完成下列 列联表，并判断是否有 ％的把握认为该校学生属
于“高分选手”与“性别”有关？
属于“高分选手” 不属于“高分选手” 合计
男生
女生
合计
（参考公式： ，期中 ）
20、（本小题10分）
已知函数 （e 是自然对数的底数）， 是 的导数， .
(1)求 的单调区间；
(2)证明：对任意的 ， .
21、（本小题12分）
已知椭圆 ： ( )的左、右焦点分别为 ， 为椭圆上的一点， 的周长为
6， 的最小值为1， 为抛物线 的焦点.
(1)求椭圆 与抛物线 的方程；
(2)过椭圆 的左顶点 的直线 交抛 物线 于 两点，点 为原点，射线 分别交椭圆于 两点，
的面积为 ， 的面积为 ，则是否存在直线 使得 ？若存在，求出直线 的方程；若
不存在，请说明理由.
22、（本小题12分）
在平面直角坐标系 中，曲线 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，已知直线 的极坐标方程为 .
(1)写出直线 的参数方程及曲线 的普通方程；
(2)设点 ，若直线 与曲线 交于A，B两点，且 ，求实数 的值.
23、（本小题12分）
设函数 ， ．
(1) 当 时，求不等式 的解集；
(2)对任意 ，恒有 ，求实 数 的取值范围．
参考答案
一、单选题
1、
【答 案】
B
【分析】
由对数函数的定义域可知集合 ，再求的 ，再由交集的定义即可求得
.
【详解】
得 即 ，
因为 ，所以 ，
则 .
故选：B.
2、
【答 案】
A
【分析】
由 求得共轭复数，再代入 中求得 ，再计算 即可.
【详解】
因为 所以 ，则 ，解得 ，
.
故选：A.
3、
【答 案】
C
【分析】
A选项，由必要，充分条件定义可得答案；B选项，由特称命题的否定相关知识可判断选项正误；C选项，由逻
辑连接词或的含义可判断选项正误；D选项，由原命题与否命题关系可判断选项正误.
【详解】
A选项， 或 ，则“ ”是“ ”的充分不必要条件，故A错误；
选项B，命题 ： ，使得 ，则 ： ，均有 ，故B错误；
C选项，因 为真命题，则 或 为真命题，故C正确；
D选项，命题“若 ，则 ”的否命题为“ 若 ，则 ”，故D错误.
故选：C
4、
【答 案】
B
【分析】
由题意2020年是干支纪年法中的庚子年，则2049的天干为己,地支为 巳，即可求出答案.
【详解】
天干是以 10为一周期，地支是以12为一周期，
2020年是干支纪年法中的庚子年，而 ，所以2049的天干为己,地支
为 已，
故选：B .
【点睛】
本题考查 数学文化，实际生活中的数学应用，关键在于运用阅读理解能力将生活中的数据和用语转化为数学中
的概念和数据，属于中档题.
5、
【答 案】
C
【分析】
由程序框图可知，输出的 ，
则 ，得 ，那么判断框图 .
因此正确答案为：C.
6、
【答 案】
A
【分析】
根据已知条件及勾股定理的逆定理，利用锐角三角函数、向量的线性运算和向量的数量积运算，结合两角差的
余弦公式及正弦函数的性质即可求解.
【详解】
由 ，得 ，所以 ，
在 中， , ，
又点 在平面 内， ,如图所示
设 ， ，则 ,
所以
.
因为 ，
所以 ,即 ，
所以 的最大值为 .
故选：A.
7、
【答 案】
D
【分析】
利用诱导公式可得 ，即 ，再根据商数关系化弦为切，求出
，再根据两角差的正切公式即可得解.
【详解】
因为 ，所以 ，
由 ，得 ，
即 ，
所以 ，即 ，解得 或 （舍），
所以 .
故选：D.
8、
【答 案】
A
【分析】
利用正弦定理边角化及三角形的内角和定理，结合两角的正弦公式及两角和的余弦公式，再利用余弦函数的性
质即可求解.
【详解】
由 及正弦定理，得 ，
，
又 ,
5π
,
.
又 ，
，
，
,
的取值范围为 .
故选：A.
9、
【答 案】
D
【分析】
先求出 的外接圆半径，作出辅助线，得到球心的位置，利用外接球半径相等得到方程，求出半径和表
面积.
【详解 】
因为 ， ，设 的外接圆半径为 ，
则由正弦定理得 ，则 ，
如图所示，点 为 的外接圆圆心，连接 ，则 ，
设外接球球心为 ，则 ⊥平面 ，设 ，
过点 作 ⊥ 于点 ，连接 ，
则 ， ，
由勾股定理得 ， ，
故 ，解得 ，
所以外接球的半径为 ，
所以球O的表面积为 .
故选：D
【点睛】
关键点点睛 ：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球
心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时
要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
10、
【答案 】
D
【分析】
根据独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式可求出结果.
【详解】
当两次取出的小球的标号数之差的绝对值为 时， ，
当两次取出的小球的标号数之差的绝对值为 时， ，
当两次取出的小球的标号数之差的绝对值为 时， ，
所以所求概率 .
故选：D
11、
【答 案】
B
【分析】
在 和 中，由正弦定理结合已知条件可得 ，设 ，由双曲
线的定义和勾股定理可得 ，再由 即可求得结果.
【详解】
在 中，由正弦定理得， ①，
在 中，由正弦定理得， ②，
因为 ，所以 ，
所以①式与②式相比，得
，
因为 ，
所以 ，
所以 ，
设 ，则
由双曲线的定义得 ， ，
因为 ，所以 ，
所以 ，解得 ，
在 中，由勾股定理得 ，
所以 ，得 ，
所以 ，得 ，
所以双曲线 的渐近线方程为 ，
故选：B
【点睛】
关键点点 睛：此题考查双曲线的离心率，考查的关键是在 和 中利用正弦定理结合已知条件可
得 ，再利用勾股定理和双曲线的定义可求得 的关系，考查数学计算能力，属于较难题.
12、
【答案 】
B
【分析】
由题意可知 ，构造函数 ，利用导数研究函数 的单调性及极值，又
时， ；当 时， ，作出函数 的图像，利用数形结合思想即可求解.
【详解】
由题意 ，得 ，
设 ，求导
令 ，解得
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减；
故当 时，函数取得极大值，且
又 时， ；当 时， ，故 ；
作出函数大致图像，如图所示：
又 ，
因为存在唯一的整数 ，使得 与 的图象有两个交点，
由图可知： ，即
故选：B.
【点睛】
方法点睛 ：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范 围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面 直角坐标系中画出函数的图象，利用
数形结合的方法求解.
二、填空题
13、
【答案 】
24
【分析】
根据分层抽样抽样比可求出结果.
【详解】
依题意得 ，得 ，
所以高三被抽取的人数为 .
故答案为： .
14、
【答案 】
1
【分析】
画出不等式组表示的可行域，由 可知表示过可行域中点 和点 的直线的斜率，
然后图形求出斜率的最大值即可.
【详解】
不等式组 表示的可行域如图所示，
由 可知表示过可行域中点 和点 的直线的斜率，
由图可知当直线过点 时，直线的斜率最大，即 取得最大值，
由 ，得 ，则 ，
所以 的最大值为 ，
故答案为：1
15、
【答案 】
π π
【分析】
先求出 ，再由正弦型函数的单调性即可求解.
【详解】
，
将函数 的图象向右平移 个单位长度得到函数 的图象，
π
因为 ，所以 ，
因为函数 在区间 上是单调递增，
π π π π
所以 ，解得： ，
π π π π π
又因为 ，
π π
所以实数 的取值范围是 .
π π
故答案为：
16、
【答 案】
678
【分析】
由 的图象关于点 中心对称结合导数可知 ，再结合 为偶函数可知
的一个周期为3， .又注意到 即可得答案.
【详解】
因 的 图象关于点 中心对称，则
.
因 为偶函数，根据函数的伸缩变化可知 也是偶函数，
所以 .
则 ，即 的一个周期为3.令 ，由 可得 .
注意到 ，则
.
故答案为：678
三、解答题
17、
【答案 】
(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）由题设递推式可得 ，据此可得答案；
（2）设 为数列 的偶数项组成的数列，由题可得 数列 是首项为2，公差为 的等差数列，后由分组
求和法可得答案.
【详解】
（1）由题 ， ，
且 ，所以数列 是首项为1，公差为 的等差数列；
（2）设 为数列 的偶数项组成的数列，注意到 ，
，
所以数列 是首项为2，公差为 的等差数列，
结合 可知， 的奇数项和偶数项都是以 为公差的等差数列，
所以
.
18、
【答 案】
(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用已知条件得四边形 为菱形，连接 交 于点 ，得 ，再利用长度关系得到
，再由线面垂直的判定可得 平面 ，从而得到平面 平面 ；
（2）计算出 ，并计算出 的面积，利用等体积法可求得点 到平面 的距离 .
【详解】
（1）如图 所示：
连接AC，交BE于F，
因为 ， ， ， ， ，所以AE=4，
又 ，所以四边形ABCE是菱形，所以 ，
在 中， ，所以 ，
在 中，又 ， ，则 ，
所以 ，又 ， 面 ，所以 平面 ，
又因为 面 ，所以平面 平面
（2）设点D到平面 的距离为h，
因为 ，
且 ，所以 ，
即 ，解得 .
19、
【答 案】
(1) ，平均数670，中位数650，众数600
(2)列联表见解析；没有
【分析】
（1）由频率和为1可得a值,由直方图中众数、平均数和中位数的计算公式进行计算即可；
（2）由题意得到2×2列联表，然后计算 的观测值 ，然后与题目中表格的数据进行比较 即可得到结论.
【详解】
（1）由题 意知 ，
解得 ，
样本平均数 ，
易得中位数为650，众数为600．
（2）由题可知，样本中男生50人 ，女生50人，属于“高分选手”的 人，其中女生10人；
得出以下 列联表；
属于“高分选手” 不属于“高分选手” 合计
男生 10 40 50
女生 15 35 50
合计 25 75 100
，
所以没有 ％的把握认为该校学生属于“高分选手”与性别有关.
20、
【答 案】
(1) 增函数区间为 ，单调减区间为
(2)证明见解析
【分析】
（1）由题可得 ，结合 在 上的正负性可得 的单调区间；（2）构造函数
利用其单调性证明 ，再证明 即可.
【详解】
（1）由题 ，令 ，则 ，即 在 上单
调递减，又注意到 .
则当 时， ；当 时， ．
于是 增函数区间为 ；单调减区间为 ；
（2） .
因此对任意的 ， .
设 ，则 .
令 在 上单调递增； 在
上单调递减；
则 ，故 .
设 ，则 ， 在 上单调递增，则
.
e
∴ ，即对任意的 ， e = .
e
【点睛】
关键点睛：本题涉及求函数单调区间及利用导数证明不等式.函数单调区间与其导函数正负性关系密切.本题不等
式证明直接证明较为复杂，注意到 ，故再证明 即可.
21、
【答 案】
(1) ，
(2) 或
【分析】
（1）根据题意，由焦点三角形的周长公式，以及两点之间距离公式结合二次函数性质，列出方程组，根据椭圆
与抛物线的标准方程，可得答案；
（2）根据题意设出直线 的方程，联 立直线与抛物线，写出韦达定理，根据题目中的面积关系，列出等式，结
合设出的点，写出射线所在直线的方程，联立其与椭圆，整理等式，可得答案.
【详解】
（1）由题 意可作图如下：
的周长为 ，
设 ，则 ，由 ，则 ，
由 ，即 ，
令 ，其对称轴为 ，
则函数 在 上单调递减，即 ，
所以 ，
由题意得 ，解得 ，椭圆的方程为 ，
，所以抛物线的方程为 .
（2）由题意可作图如下：
由题意得直线l的斜率不为0， ，
设直线l的方程为 ，设 ，
由 ，得 ，∴ ， ，
∵ ， ，
∵ ，∴ 直线OA的斜率为 ，即直线OA的方程为 ,
由 ，得 ，同理可得 ，
，
，得 ，
∴ 存在直线l，方程为 或 .
22、
【答案 】
(1)直线 的参数方程为 （ 为参数），曲线 的普通方程为
(2)
【分析】
（1）将直线 的极坐标方程化为普通方程，再将直线 的普通方程化为参数方程即可，直接消去参数将曲线 的
参数方程化为普通方程即可；
（2）设 、 对应的参数分别 为 、 ，将直线 的参数方程与曲线 的普通方程联立，结合 ，得到关
于 的等式，再求出 的值即可.
【详解】
（1）因为 ，所以 ，
又因为 ， ，即 ，
所以直线 的普通方程可化简为 ,
所以直线 的参数方程为 （ 为参数），
由 ，消去 得 ，
所以曲线 的普通方程 .
（2）由 ，知 与 反向，所以点 在圆内，
所以 ，解得 ，
联立直线 的参数方程和曲线 的普通 方程，可得 ，
设 、 对应的参数分别为 、 ，
因为点 在圆内，则直线 必与 圆相交，
由韦达定理，可得 ①， ②，
由于 ，代入①可得 ，代入②可得 ，
所以 ，解得 ，合乎题意.
综上所述， .
23、
【答案 】
(1)
(2)
【分析】
（1）由绝对值不等式的解法，当a=2，分 ， ， 三种情况讨论，求解不等式即可得解；
（2）分析可得原题意等价于 \min~ ，结合绝对值不等式分析运算.
【详解】
（1）当 时，可得 ，
当 时，则 ，解得 ，此时得 ；
当 时，则 ，此时无解；
当 时，则 ，解得 ，此时得 ；
综上所述：不等式 的解集为 ．
（2）对任意 ，恒有 ，等价于 \min~ ，
因为 ，当且仅当 时，等号成立
所以 ，且 ，
即 ，解得 或 ，
所以实数 的取值范围为 ．
【点睛】
考查绝对值 不等式的解法，不等式恒成立问题，考查逻辑推理、数学运算的核心素养．