?西藏日喀則市2022-2023學年高二下學期期末考試數學（文）試卷
學校：___________姓名：___________班級：___________考號：___________

一、選擇題
1、已知i是虛數單位，復數在復平面內所對應的點Z位于( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
2、2023年春運期間，某地交通部門為了解出行情況，統(tǒng)計了該地2023年正月初一至正月初七的高速公路車流量（單位：萬車次）及同比增長率（同比增長率=），并繪制了如圖所示的統(tǒng)計圖，則下列結論中錯誤的是( )
??
A.2023年正月初一至正月初七的車流量的極差為24
B.2023年正月初一至正月初七的車流量的中位數為18
C.2023年正月初一至正月初七的車流量比2022年同期車流量多的有4天
D.2022年正月初四的車流量小于20萬車次
3、設，，則p是q的( )
A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
4、在中，內角A,B,C的對邊分別為a,b,c,，,則( )
A.1 B. C.3 D.或3
5、已知等差數列的公差為2，前n項和為，若,,成等比數列，則( )
A.16 B.64 C.72 D.128
6、2022年世界杯進入1/4決賽階段的有摩洛哥、葡萄牙、巴西、克羅地亞、阿根廷、法國、荷蘭、英格蘭八個國家.球迷甲、乙、丙對摩洛哥、葡萄牙、巴西、克羅地亞、阿根廷、法國六個國家中哪個國家會獲得此次比賽的冠軍進行了一番討論.甲認為，克羅地亞和法國都不可能獲得冠軍；乙認為，冠軍是摩洛哥或者是葡萄牙；丙堅定地認為冠軍絕不是巴西.比賽結束后，三人發(fā)現他們中恰有兩個人的看法是對的.那么獲得冠軍的國家是( )
A.葡萄牙 B.阿根廷 C.巴西 D.克羅地亞
7、采用系統(tǒng)抽樣的方法從600人中抽取20人做問卷調查，為此將他們隨機編號為1，2，3…，400.適當分組后在第一組采用隨機抽樣的方法抽到的號碼為5，則抽到的20人中，編號落入區(qū)間內的人員編號之和為( )
A.600 B.1205 C.1040 D.1855
8、函數在處的切線與直線平行，則實數( )
A.-1 B.1 C. D.
9、執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的，則判斷框內應填入的條件為( )
??
A. B. C. D.
10、已知變量y關于變量x的回歸方程為，其一組數據如下表所示：
x
e




y
1
2
3
4
5
若，則y的值大約為( )
A.4.94 B.5.74 C.6.81 D.8.04
11、已知，分別為雙曲線的左右焦點，且到漸近線的距離為1，過的直線l與C的左、右兩支曲線分別交于A,B兩點，且，則下列說法正確的為( )
A.的面積為2 B.雙曲線C的離心率為
C. D.
12、已知，，，試比較a，b，c的大小關系為( )
A. B. C. D.
二、填空題
13、已知i是虛數單位，設復數的共軛復數為，復數滿足，則__________.
14、已知實數x，y滿足，則的最小值為________.
15、若點A的坐標為，F為拋物線的焦點，點M在拋物線上移動，為使最小，點M的坐標應為_________.
16、若是函數的極大值點，則a的取值范圍是___________.
三、解答題
17、在中，角A,B,C的對邊分別為a,b,c,，點D在BC的延長線上，且.
(1)若，求的面積；
(2)，求BD.
18、2023 U. I. M. F1摩托艇世界錦標賽中國鄭州大獎賽于2023年4月29日~30日在鄭東新區(qū)龍湖水域舉辦.這場世界矚目的國際體育賽事在風光迤邐的龍湖上演繹了速度與激情，全面展示了鄭州現代化國家中心城市的活力與魅力.為讓更多的人了解體育運動項目和體育精神，某大學社團舉辦了相關項目的知識競賽，并從中隨機抽取了100名學生的成績，繪制成如圖所示的頻率分布直方圖.

(1)求頻率分布直方圖中成績的平均數和中位數（同一組數據用該組區(qū)間的中點值代替）；
(2)若先采用分層抽樣的方法從成績在，的學生中共抽取6人，再從這6人中隨機抽取2人為賽事志愿者，求這2名志愿者中至少有一人的成績在的概率.
19、設等比數列的前n項和為，已知，.
(1)求數列的通項公式；
(2)設，求數列的前項和.
20、已知橢圓過點，長軸長為.
(1)求橢圓C的方程及其焦距；
(2)直線與橢圓C交于不同的兩點M,N，直線AM,AN分別與直線交于點P,Q，O為坐標原點且，求證：直線l過定點，并求出定點坐標.
21、設函數,
(1)討論函數的單調性
(2)若函數有且只有一個零點時，實數m的取值范圍.
22、在直角坐標系xOy中，曲線的參數方程為（t為參數），以O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，且兩曲線與交于M，N兩點.
(1)求曲線，的直角坐標方程；
(2)設，求.
23、已知函數.
(1)若，恒成立，求實數m的取值范圍；
(2)若的最小值為5，且正數a，b，c滿足.求證：.
參考答案
1、答案：A
解析：
所以復數在復平面內所對應的點位于第一象限.
故選：A.
2、答案：D
解析：對于A，由題圖知，2023年正月初一至正月初七的車流量的極差為，故A正確；
對于B，易知2023 年正月初一至正月初七的車流量的中位數為18，故 B正確；
對于C，2023年正月初二、初五、初六、初七這4天車流量的同比增長率均大于0，所以2023年正月初一至正月初七的車流量比2022年同期車流量多的有4天，故C正確；
對于D，2023年正月初四的車流量為18萬車次，同比增長率為，設2022年正月初四的車流量為x萬車次，則，解得，故D錯誤.
故選：D.
3、答案：A
解析：由，即，解得，
由，則，即，解得，
因為真包含于，所以p是q的充分不必要條件.
故選：A
4、答案：C
解析：由余弦定理，，
即，即，
解得.
故選：C
5、答案：C
解析：數列是公差為2的等差數列，
，
,,成等比數列，
，即，
解得，，
所以，
，
故選：C.
6、答案：B
解析：根據題意，有
冠軍
甲
乙
丙
摩洛哥
√
√
√
葡萄牙
√
√
√
巴西
√
×
×
克羅地亞
×
×
√
阿根廷
√
×
√
法國
×
×
√
因為三人中恰有兩個人的看法是對的，因此獲得冠軍的國家是阿根廷.
故選：B.
7、答案：C
解析：由系統(tǒng)抽樣的定義知，在區(qū)間內抽取的編號數構成以215為首項，公差為30的等差數列，并且項數為4，
所以.
故選：C
8、答案：B
解析：函數的導函數為 ，
函數在處的切線的導數即為切線的斜率為，
且切線與直線平行，
則有，可得.
故選：B
9、答案：B
解析：

由，得，即當時，滿足判斷框內的條件，
當時，不滿足判斷框內的條件，結束運行，
所以判斷框內應填入的條件是“”.
故選：B.
10、答案：C
解析：由，令，則，由題意，，，所以，解得，所以，所以，解得.
故選：C
11、答案：D
解析：設雙曲線C的半焦距為，
因為雙曲線C的焦點在x軸上，且，
則其中一條漸近線方程為，即，且，
則到漸近線的距離，可得.
對于選項A：因為，且，
可得，解得，
所以的面積為，故A錯誤；
對于選項B：雙曲線C的離心率為，故B錯誤；
對于選項C：因為，可得，
所以，故C錯誤；
對于選項D：設，則，
因為，即，解得，
所以，故D正確；
故選：D.
12、答案：B
解析：先證明兩個不等式：
（i），設，
則，即在上單調遞減，
故，即成立
（ii），設，
則，即在上單調遞增，
故，即成立
再說明一個基本事實，顯然，于是.
由（i）可得，取，可得；
由（ii）可得，取，可得，再取，可得，即.
，顯然，于是；
，顯然，于是.故.
故選：B
13、答案：
解析：因為，
所以，
所以，所以
故答案為：.
14、答案：3
解析：作出可行域，如圖，由射線BA，線段BC，射線CD圍成的陰影部分，作直線，
平移直線l，當直線l過點時，取得最小值3.
故答案為：3.

15、答案：
解析：由以及拋物線可知，點A在拋物線內部，如下圖所示：

拋物線的焦點坐標，準線方程為；
作垂直于準線，垂足為，
由拋物線定義可得，則，
當且僅當A,M,三點共線時，取最小值，
此時A,M,三點縱坐標相同，所以點M的縱坐標為2，
代入拋物線方程可得.
故答案為：
16、答案：
解析：因為，，
，
令，解得或，
當，即，
則當或時，當時，
此時在區(qū)間上單調遞增，上單調遞減，上單調遞增，
符合是函數的極大值點，
反之，當，即，
則當或時，當時，
此時在區(qū)間單調遞增，上單調遞減，上單調遞增，
所以是函數的極小值點，不符合題意；
當，即，恒成立，函數在上單調遞增，無極值點.
綜上得：，即a的取值范圍是.
故答案為：.
17、答案：(1)
(2)3
解析：（1）在中，由正弦定理得，
，其中，為的外接圓直徑，
所以，
代入，
得，
所以，
所以.
（2）由余弦定理得，
解得，
因為，
所以.
18、答案：(1)平均數73，中位數
(2)
解析：（1）由頻率分布直方圖中數據知：平均成績
.
設中位數為x，則，
解得.
（2）因為成績在,的學生人數所占比例為，
所以從成績在,的學生中應分別抽取4人，2人，
記抽取成績在的4人為：a,b,c,d，抽取成績在的2人為：E,F，
從這6人中隨機抽取2人的所有可能為：,,,,,,,,
,,,,,,，共15種，
抽取的2名學生中至少有一人的成績在的是,，,,,,,，只有9種，
故做培訓的這2名學生中至少有一人的成績在的概率
19、答案：(1)
(2)
解析：（1）設等比數列的公比為q，
①，，
當時，有，
當時，②，
由①②得，即，
，，
，
；
（2）由（1）得，則，
，，
，
.
20、答案：(1)，焦距為
(2)證明見解析，定點為.
解析：（1）由題得，,
所以橢圓C的方程為，焦距為.
（2）如圖，
??
直線與橢圓方程聯立，
化簡得，
，即.
設,，,，則，.
直線MA的方程為，則，
直線NA的方程為，則，
因為，所以，
所以，
所以，
把韋達定理代入整理得或，
當時，直線方程為，過定點，
即點A，不符合題意，所以舍去.
當時，直線方程為，
過定點.
所以直線l經過定點.
21、答案：(1)見詳解
(2)或
解析：（1）的定義域為，，
當時，，在單調遞增，
當時，令解得，令解得，
所以，函數在單調遞增，在上單調遞減，
綜上，當時，在單調遞增，
當時，函數在單調遞增，在上單調遞減.
（2）由（1）可得，
令，得，
記，
因為函數有且只有一個零，所以函數與有且只有一個交點，
令，得，函數單調遞增，
令，得，函數單調遞減，
又，于是可得的圖象如圖，

由圖可知，或，即或，
所以實數m的取值范圍為或
22、答案：(1)，
(2)
解析：（1）由曲線的參數方程消去參數t，得，即曲線的直角坐標方程為.
由曲線的極坐標方程，得，則
即的直角坐標方程為.
（2）因為在曲線上，所以曲線的參數方程為（t為參數），
代入的直角坐標方程，得.
設M，N對應的參數分別為，，則，，
所以.
23、答案：(1)
(2)證明見解析
解析：（1）由絕對值三角不等式得，
當且僅當時，等號成立，
所以，
因為，恒成立，則，即，
所以或，即或，
所以m的取值范圍為.
（2）由（1）知，的最小值為，所以，解得或，
因為，,所以，所以，
則，故，
所以由柯西不等式得，
當且僅當且，即,時，等號成立，
又，
所以，故.


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