2022-2023学年江西省景德镇一中高二（18班）上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年江西省景德镇一中高二（18班）上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解不等式求得集合，根据函数定义域的求法可求得集合，由交集定义可得结果.

【详解】由得：，；

由得：且，；

.

故选：C.

2．若复数z满足，则z在复平面内所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】化简求得，由此判断出对应点所在象限.

【详解】，

解得，故z在复平面内所对应的点位于第二象限．

故选：B

3．已知曲线，则“”是“曲线C是椭圆”的（    ）

A．充要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据已知曲线的方程和椭圆的方程特点，结合充分条件和必要条件的判定即可

【详解】若曲线是椭圆，则有：

解得：，且

故“”是“曲线C是椭圆”的必要不充分条件

故选：C

4．已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（    ）

A．﹣2 B．2 C．﹣6 D．6

【答案】A

【分析】利用奇函数的特点，先求得参数，然后根据奇函数特点求值即可

【详解】是定义在R上的奇函数

则有：

解得：

当时，，则

故选：A

5．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜．据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一”．在某种玩法中，用表示解下n（，）个圆环所需的最少移动次数，若，且，则解下6个环所需的最少移动次数为（    ）

A．13 B．15 C．16 D．29

【答案】B

【分析】根据已知的递推关系求，从而得到正确答案.

【详解】∵，，

∴，，，，．

故选：B.

6．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】与分别先和比较，再与比较即可.

【详解】因为，，所以，

又，所以，则，则．故．

故选：C

7．已知正三角形ABC的边长为4，点P在边BC上，则的最小值为（    ）

A．2 B．1 C． D．

【答案】D

【分析】选基底，用基向量表示出所求，由二次函数知识可得.

【详解】记，

因为，

所以.

故选：D

8．甲烷是一种有机化合物，分子式为，其在自然界中分布很广，是天然气、沼气的主要成分．如图所示的为甲烷的分子结构模型，已知任意两个氢原子之间的距离（H-H键长）相等，碳原子到四个氢原子的距离（C-H键长）均相等，任意两个H-C-H键之间的夹角为（键角）均相等，且它的余弦值为，即，若，则以这四个氢原子为顶点的四面体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用余弦定理求得，计算出正四面体的高，从而计算出正四面体的体积.

【详解】设，则由余弦定理知：，解得，

故该正四面体的棱长均为．

由正弦定理可知：该正四面体底面外接圆的半径，

高．

故该正四面体的体积为．

故选：A

二、多选题

9．有一组样本甲的数据，由这组数据得到新样本乙的数据，其中为不全相等的正实数．下列说法正确的是（    ）

A．样本甲的极差一定小于样本乙的极差

B．样本甲的方差一定大于样本乙的方差

C．若为样本甲的中位数，则样本乙的中位数为

D．若为样本甲的平均数，则样本乙的平均数为

【答案】ACD

【分析】根据甲的极差、平均数、方差、中位数确定乙的相关数据特征，结合各选项的描述判断正误.

【详解】为不全相等的正实数，若甲的极差为，平均数为，方差为，则，中位数为，

则乙的极差为，平均数为，方差为，中位数为，

A：由，故正确.

B：由题意可知，，故不正确.

C：由上分析知：若为样本甲的中位数，则样本乙的中位数为，正确；

D：由上分析知：若为样本甲的平均数，则样本乙的平均数为，正确；

故选：ACD

10．如图，正方体的棱长为，分别为的中点，则（    ）

A．直线与平面垂直

B．直线与平面平行

C．三棱锥的体积等于

D．平面截正方体所得的截面面积为

【答案】BD

【分析】A选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量证明；B选项，线线平行证明线面平行；C选项，等体积法求解三棱锥的体积；D选项，找到截面，求出面积.

【详解】以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，则，显然与不垂直，故直线与平面不垂直，A不正确.

因为分别为的中点，所以∥.又平面，所以直线与平面平行，B正确.

，C不正确.

如图，取的中点，连接，因为为的中点，所以FG∥，则四边形为平面截正方体所得的截面，该四边形的面积为，D正确.

故选：BD

11．已知函数，则（    ）

A．是周期函数 B．有无数个零点

C．是奇函数 D．

【答案】BC

【分析】A不符合三角函数的周期性；B分子为零，分母不可能为零；C奇函数概念判断；D特殊值代入.

【详解】对于A：

由于 不是周期函数，所以也不是周期函数，故A错误；

对于B：

由于，故B正确；

对于C：

，故C正确；

对于D：

，故D错误.

故选：BC

12．“曼哈顿距离”是由赫尔曼·闵可夫斯基所创的词汇，是一种使用在几何度量空间的几何学用语．在平面直角坐标系中，点，的曼哈顿距离为．若点，Q是圆上任意一点，则的取值可能为（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】ABC

【分析】结合曼哈顿距离的定义以及三角换元进行分析，由此确定正确选项.

【详解】依题意圆，

设，

当时，，

，，，

当时，,

，，.

综上所述，，ABC选项符合，D选项不符合.

故选：ABC

三、填空题

13．曲线在处的切线方程为______．

【答案】

【分析】对函数求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再求出方程即可.

【详解】因，当时，，，

所以曲线在处的切线方程为.

故答案为：

14．若，则______．

【答案】##-0.536

【分析】由利用二倍角公式将式子化简，结合同角基本关系即求．

【详解】∵，

∴．

故答案为：.

15．已知双曲线的左焦点为，直线与W的左、右两支分别交于A，B两点，与y轴交于C点，O点是坐标原点．若，则W的离心率为______．

【答案】

【分析】利用向量关系求出的长度，设双曲线的另一个焦点为,再利用余弦定理求出的值，利用双曲线的定义即可求出离心率.

【详解】由题可知，，则，，

，解得，

故A是CF的中点，则．

设W的右焦点为，在△中，

由余弦定理知,，解得．

由双曲线的定义知，，

则W的离心率．

故答案为：.

四、双空题

16．如图，杨辉三角最早出现于我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》．它揭示了（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．由此可得图中第9行从左到右数第5个数是______，第9行排在奇数位置的所有数字之和为______．

【答案】     126     256

【分析】根据题意，分析图中杨辉三角的各行数字之间的规律关系，即可得到答案.

【详解】由题意得

第0行有1个数，为1，

第1行有2个数，依次是、,

第2行有3个数，依次是、、,

‥‥‥

则第9行有10个数，其中第5个数为，

第9行排在奇数位置的所有数字之和为.

故答案为：，.

五、解答题

17．已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求A；

(2)若，求a的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)化成含 的一元二次方程求解；

(2)利用余弦定理和基本不等式求最小值.

【详解】（1）因为，所以，

所以，或（舍去）．

又为锐角三角形，所以．

（2）因为，

当且仅当时，等号成立，所以．故a的最小值为.

18．①{2nan}为等差数列，且a1，a3，a2成递减的等比数列;

②{（-1）n+1n+an}为等比数列，且4a1，a3，a2成递增的等差数列.

从①②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.

已知Sn为数列{an}的前n项和，a1=1，　　　　　　.

(1)求{an}的通项公式;

(2)求{an}的前n项和Sn.

【答案】(1)答案见解析.

(2)答案见解析.

【分析】选①：（1）由题意列方程组求出 {2nan}的首项和公差，即可得到通项公式，从而求出an=；（2）用错位相减法求和.

选②：（1）bn=（-1）n+1n+an，由题意列方程组求出{bn}的首项和公比，即可得到通项公式，从而求出an=2n+（-1）nn.；（2）利用分组求和法求和.

【详解】（1）选①：

因为{2nan}为等差数列，所以2×22a2=21a1+23a3，即8a2=2+8a3（*）.

又a1，a3，a2成等比数列，所以=a1×a2，即=a2（**）

由（*）（**）解得或（舍去），    

则22a2-21a1=3-2=1，

故{2nan}是以2为首项，1为公差的等差数列，

则2nan=n+1，即an=.

选②：

令bn=（-1）n+1n+an，即{bn}为等比数列，

则=b1b3，即（a2-2）2=2（a3+3）（*）.    

又4a1，a3，a2成等差数列，所以2a3=4a1+a2，即2a3=4+a2（**）.

由（*）（**）解得或（舍去），

则==2，

故{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，

bn=2n=（-1）n+1n+an，得an=2n+（-1）nn.

（2）选①：Sn=++…+，    

Sn=++…+，    

则Sn=1+（++…+）-    

=1+-    

=-，    

所以Sn=3-.    

选②：

Sn=（21-1）+（22+2）+…+[2n+（-1）nn]

=（21+22+…+2n）+[-1+2-3+…+（-1）nn]    

=An+Bn，其中An=21+22+…+2n==2n+1-2，    

Bn=-1+2-3+…+（-1）nn.

当n为偶数时，Bn=（-1+2）+（-3+4）+…+[-（n-1）+n]=;    

当n为奇数时，Bn=Bn+1-（n+1）=-n-1=-.    

综上，Sn=An+Bn=

19．如图1，已知△ABC是边长为4的正三角形，D，E，F分别是AB，AC，BC边的中点，将△ADE沿DE折起，使点A到达如图2所示的点P的位置，M为DP边的中点．

(1)证明：平面MEF．

(2)若平面平面BCED，求平面MEF与平面PDE所成锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，连接DF，DC，设DC与EF交于点，连接MQ，转化为证明；

（2）取DE的中点，连接OP，OF，利用垂直关系，以为原点，建立空间直角坐标系，分布求平面MEF与平面PDE的法向量和，利用公式，即可求解.

【详解】（1）证明：连接DF，DC，设DC与EF交于点，连接MQ．

因为D，E，F分别是AB，AC，BC边的中点，所以且，

则四边形DFCE为平行四边形，所以为DC的中点，因为为DP的中点，所以，

又因为平面，平面MEF，所以平面MEF

（2）取DE的中点，连接OP，OF，则，

因为平面平面BCED，平面平面，

所以平面BCED，PO，OD，OF两两垂直．

如图所示，以为原点，以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，，

，．

设平面MEF的法向量为，则，

即令，得．

易知为平面PDE的一个法向量，由，

得平面MEF与平面PDE所成锐二面角的余弦值为．

20．某夜市街上有“十元套圈”小游戏，游戏规则为每个顾客支付十元便可获得3个套圈，顾客使用套圈所套得的奖品，即归顾客所有．奖品分别摆放在1，2，3三个相互间隔的区域中，且1，2，3三个区域的奖品价值分别为5元，15元，20元，每个套圈只能使用一次，每次至多能套中一个．小张付十元参与这个游戏，假设他每次在1，2，3三个区域套中奖品的概率分别为0.6，0.2，0.1，且每次的结果互不影响．

(1)求小张分别在1，2，3三个区域各套一次后，所获奖品不超过1件的概率．

(2)若分别在1，2，3三个区域各套一次为方案甲，所获奖品的总价值为X元；在2区域连套三次为方案乙，所获奖品的总价值为Y元．以三次所套奖品总价值的数学期望为依据，小张应该选择方案甲还是方案乙？

【答案】(1)

(2)小张应该选择方案乙

【分析】（1）利用独立事件的乘法公式代入计算；（2）列出随机变量的分布列，计算方案甲的期望，由二项分布期望公式代入计算方案乙的期望，再比较大小可得.

【详解】（1）记该顾客分别在1，2，3三个区域套一次便能套中奖品为事件A，B，C，

则，，，，，．    

因为每次的结果互不影响，所以该顾客分别在1，2，3三个区域各套一次后，所获奖品不超过1件的概率．

（2）选择方案甲：X可能的取值为0，5，15，20，25，35，40，             

，

，      

，

，     

，

，

，          

．      

若小张选择方案乙，设他所获奖品的总件数为Z，则，         

，，，          

因为，所以小张应该选择方案乙．

【点睛】一般涉及随机变量分布列的计算，需要先判断随机变量的可能取值，再分别计算每个取值对应的概率，从而列出分布列，计算期望，如果是特殊分布，需要区分清楚是超几何分布还是二项分布，代入对应公式求解.

21．已知抛物线，，点在上，且不与坐标原点重合，过点作的两条切线，切点分别为，.记直线，，的斜率分别为，，.

(1)当时，求的值；

(2)当点在上运动时，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据代入法，将直线方程与抛物线方程的联立，利用一元二次方程根的判别式和根与系数关系进行求解即可；

（2）将直线方程与抛物线方程的联立，利用一元二次方程根的判别式和根与系数关系、基本不等式进行求解即可

【详解】（1）因为，所以.

设过点并与相切的直线的方程为.

联立方程组整理得，

则.

由题可知，，即方程的两根，故.

（2）因为，

所以可设过点并与相切的直线的方程为.

联立方程组整理得，

则.

由题可知，，.

又，所以.

当时，，所以，

当且仅当时，等号成立.

当时，，所以，

当且仅当时，等号成立.

故的取值范围为

【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根的判别式、基本不等式是解题的关键.

22．已知函数．

(1)当时，恒成立，求b的值；

(2)当，且时，恒成立，求b的取值范围．

【答案】(1)1；

(2).

【分析】（1）令函数，则恒成立，结合，可得为函数的最小值点，再通过分类讨论可得当时，函数取得最小值，即得；

（2）构造函数，由题可知恒成立，利用导函数可证，可得在上单调递增，再利用导数可得恒成立，即求.

【详解】（1）当时，令函数，

则等价于恒成立，又因为，

所以为函数的最小值点，又，

当时，，函数单调递增，显然不合题意，

当时，令，得，

当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，

∴当时，函数取得最小值，

∴，解得，

即b的值为1．

（2）∵等价于，

即恒成立．

构造函数，则等价于恒成立．

因为，所以．

令函数，，则．

显然是增函数，则，单调递增，

所以，

故，

∴，又恒成立，

所以在上单调递增，

所以当时，恒成立，

即，

故b的取值范围是．

【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是构造函数，转化为恒成立，进而通过导函数使问题得到解决.