2022-2023學年陜西省咸陽市高二下學期7月期末數學（理）試題一、單選題1．已知復數，則（

）A．1 B．2 C． D．5【答案】C【分析】利用復數的除法和乘法算出z后可求【詳解】，所以.故選：C.2．已知集合，且，則（

）A． B．{2} C． D．【答案】C【分析】根據交集和補集的定義可求.【詳解】，由題設有，故，故選：C.3．已知為奇函數，則的值為（

）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】利用奇函數的定義求出a，從而得解.【詳解】因為為定義在R上的奇函數，所以，即，解得，當時，，此時，則為奇函數，故.故選：A.4．中國農歷的“二十四節氣”，凝結著中華民族的智慧，是中國傳統文化的結晶，如五月有立夏?小滿，六月有芒種?夏至，七月有小暑?大暑.現從五月?六月?七月這六個節氣中任選兩個節氣，則這兩個節氣恰在同一個月的概率為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】列舉出基本事件，根據古典概型概率公式求解．【詳解】由題意，基本事件由（立夏，小滿），（立夏，芒種），（立夏，夏至），（立夏，小暑），（立夏，大暑），（小滿，芒種），（小滿，夏至），（小滿，小暑），（小滿，大暑），（芒種，夏至），（芒種，小暑），（芒種，大暑），（夏至，小暑），（夏至，大暑），（小暑，大暑）共15個，其中兩個節氣在同一個月的有（立夏，小滿），（芒種，夏至），（小暑，大暑）共3個，所以兩個節氣恰在同一個月的概率為．故選：A．5．棱長為1的正方體的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據正方體與其外接球之間的關系，求出外接球的半徑，即可得出球的表面積．【詳解】解：易知，正方體的體對角線是其外接球的直徑，設外接球的半徑為，則，故．所以．故選：B．6．設為原點，點在圓上，若直線與圓相切，則（

）A．2 B． C． D．【答案】A【分析】由題意利用勾股定理即可求解．【詳解】由圓的方程可得，故，為原點，在圓上，與圓相切，則.

故選:A．7．下列函數中最小值為4的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】A、D討論、為負數即可判斷；B、C應用基本不等式求最值，結合根式、正弦函數性質判斷等號是否能成立.【詳解】A：當為負數時，不滿足；B：由，僅當時等號成立，滿足；C：由，僅當時等號成立，顯然等號無法成立，故，不滿足；D：當為負值時，不滿足.故選：B8．已知邊長為1的等邊△ABC，，則（）A． B．3 C． D．6【答案】A【分析】根據向量運算求得正確答案.【詳解】.故選：A9．已知函數在區間上單調遞增，則實數的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】依題意可得對任意恒成立，分參即可求解.【詳解】因為函數在區間上單調遞增，所以，即對任意恒成立，令，則在上單調遞減，所以，所以，即實數的最小值為.故選：C10．若，滿足約束條件則的最大值為（

）A．0 B．2 C．14 D．16【答案】C【分析】畫出不等式組對應的可行域，再利用數形結合分析解答.【詳解】畫出不等式組對應的可行域（如圖所示），由題得，它表示斜率為縱截距為的平行直線系，當直線經過點時，直線的縱截距最小，最大.聯立直線方程得.此時的最大值為.故選：C

11．甲?乙兩人組隊去參加乒乓球比賽，每輪比賽甲?乙各比賽一場，已知每輪比賽甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，在每輪比賽中，甲和乙獲勝與否互不影響，各輪結果也互不影響，則甲?乙兩人在兩輪比賽中共勝三次的概率為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據題意，甲乙共勝3次有如下兩種情況：甲勝1次，乙勝2次或者甲勝2次，乙勝1次，列出式子，即可得到結果.【詳解】甲乙共勝3次有如下兩種情況：甲勝1次，乙勝2次，其概率為，甲勝2次，乙勝1次，其概率為，故甲乙兩人在兩輪比賽中共勝三次的概率為.故選：B12．已知函數的定義域為，函數的導函數，若在處取得極大值，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分、、三種情況說明單調性，從而可求解.【詳解】函數的導函數，令，可得，得或，當時，時，單調遞增；或時，單調遞減；所以在處取得極大值，符合題意；當時，當時，時，單調遞減；或時，單調遞增；所以在處取得極小值，不符合題意，舍去；當時，時，單調遞減；或時，單調遞增；所以在處取得極大值，符合題意.實數的取值范圍為.故選：D二、填空題13．的展開式中的系數是.【答案】40【分析】利用二項展開式的通項公式，即得解【詳解】因為，所以的展開式中的系數是40.故答案為：4014．在中，，則中最小的邊長為.【答案】/【分析】由三角形內角和180°，大邊對大角，可先確定最小邊為，再利用正弦定理求解.【詳解】中，則，所以中最小的邊長為，由正弦定理，.故答案為：.15．中國空間站的主體結構包括天和核心艙?問天實驗艙和夢天實驗艙，假設空間站要安排甲?乙等4名航天員開展實驗，每名航天員只去一個艙，每個艙至少安排一人，則甲乙不在同一個艙的種數是.【答案】30【分析】分兩種情況討論：一是甲乙單獨各在一個艙，二是甲乙各自所在的艙中其中有一個艙中有兩個人，然后利用分類加法原理可求得結果.【詳解】當甲乙單獨各在一個艙時，有種方法，當甲乙各自所在的艙中其中有一個艙中有兩個人時，有種方法，所以由分類加法原理可知共有種方法，故答案為：3016．已知是雙曲線的左焦點，點，直線與雙曲線有且只有一個公共點，則雙曲線的離心率為.【答案】【分析】由雙曲線的性質可得直線與雙曲線漸近線平行，結合雙曲線離心率的定義求解即可．【詳解】雙曲線的漸近線方程為，又已知是雙曲線的左焦點，，直線與雙曲線有且只有一個公共點，所以直線與雙曲線的漸近線平行，則，即，即，即，即，即，即，則雙曲線的離心率為．故答案為：．三、解答題17．已知數列是等差數列，且.(1)求數列的通項公式；(2)設，求數列的前5項和.【答案】(1)(2)682【分析】（1）根據題意，由條件列出關于與的方程，即可得到結果；（2）由等比數列的求和公式，即可得到結果.【詳解】（1）設等差數列的公差為，由，可得解得，.（2）由（1）知，由，可得，數列是首項為2，公比為4的等比數列，數列的前5項和.18．已知函數.(1)求的最小正周期；(2)求在閉區間上的最小值以及對應的值.【答案】(1)(2)當時，【分析】（1）先利用三角函數恒等變換公式化簡變形，再利用周期公式可求得結果；（2）由，得，再利用正弦函數的性質可求得的最小值及對應的值.【詳解】（1），，即函數的最小正周期為.（2）由（1）可知，，∴當，即時，有，故當時，.19．汽車尾氣中含有污染物，且汽車在使用若干年之后排放的尾氣中的污染物濃度會出現增大的現象，所以國家根據機動車使用和安全技術?排放檢驗狀況，對達到報廢標準的機動車實行強制報廢.某環保組織為了解公眾對機動車強制報廢標準的了解情況，隨機調查了100人，所得數據制成如下列聯表：不了解了解合計女性203050男性104050合計3070100(1)是否有的把握認為“對機動車強制報廢標準是否了解與性別有關”？(2)該環保組織查得某型號汽車的使用年數與排放的尾氣中CO濃度的數據如下表：2468100.30.30.50.70.8若該型號汽車的使用年數不超過12年，可近似認為與線性相關.試確定關于的線性回歸方程.參考公式：，其中.0.100.050.0250.0100.0050.0012.7063.8415.0246.6357.87910.828在線性回歸方程中，.【答案】(1)有的把握認為“對機動車強制報廢標準是否了解與性別有關”(2)【分析】（1）根據題意，計算，即可判斷；（2）根據題意，分別計算，即可得到結果.【詳解】（1）計算，故有的把握認為“對機動車強制報廢標準是否了解與性別有關”.（2），故，，所以所求線性回歸方程為.20．如圖，在四棱錐中，平面平面，四邊形為梯形，.

(1)證明：平面；(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據余弦定理可得，進而得，根據面面垂直的性質即可求證，（2）建立空間直角坐標系，利用向量的夾角即可求解.【詳解】（1）證明：，由余弦定理得，，則，平面平面，且平面平面，平面,平面.（2）如圖，以所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，

則，，設平面的法向量為，由得取，得，，易得平面的一個法向量為，，平面與平面夾角的余弦值為.21．已知橢圓過點，且橢圓的離心率．（1）求橢圓的標準方程；（2）直線過點且與橢圓相交于、兩點，橢圓的右頂點為，試判斷是否能為直角．若能為直角，求出直線的方程，若不行，請說明理由．【答案】（1）；（2）不能為直角，證明見解析.【分析】（1）可得，．．即可得橢圓的標淮方程．（2）對直線的斜率分兩種情況討論：①當直線垂直軸時，易得不能為直角；②當直線不垂直軸時，可設直線代入橢圓方程，消去可得到關于的一元二次方程，再利用反證法，假設，得到與事實相矛盾，從而證明不能為直角.【詳解】（1）橢圓過點，，橢圓的離心率，．，．橢圓的標淮方程為：.（2）①當直線垂直軸時，易得，．橢圓的右頂點為，，，，是不為直角．②當直線不垂直軸時，可設直線代入橢圓方程，消去可得：，設，，，，則有，，又，，，，，若是為直角：則，解得，不符合題意．故不能為直角．【點睛】本題考查橢圓的離心率與標準方程求解、直線與橢圓的置關系、向量數量積，考查方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想的運用，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于中檔題．22．已知函數.(1)求曲線在點處的切線方程；(2)記，若當時，恒成立，求正實數的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用導數求解在點處的切線方程；（2