2022-2023学年江苏省南京市第五高级中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年江苏省南京市第五高级中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知等比数列中，，，则(    )

A．27 B．36 C．54 D．81

【答案】D

【分析】根据等比数列的定义求其公比即可求其第5项．

【详解】公比，∴．

故选：D．

2．已知向量，，且，那么等于（    ）

A． B． C． D．5

【答案】C

【分析】先根据向量垂直数量积为零求坐标，再根据坐标求模长计算即可.

【详解】因为，，且，

所以，即，所以，

所以，

故选：C．

3．如图，在三棱锥S—ABC中，点E，F分别是SA，BC的中点，点G在棱EF上，且满足，若，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用空间向量的加、减运算即可求解.

【详解】由题意可得

.

故选：D

4．已知椭圆的中心在原点，离心率，且它的一个焦点与抛物线的焦点重合，则此椭圆方程为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：抛物线的焦点坐标为,所以椭圆的一个焦点坐标为，所以，又，所以，所以椭圆的标准方程为，故选A．

【解析】1．椭圆的标准方程与几何性质；2．抛物线的标准方程与几何性质．

5．现从名男医生和名女医生中抽取两人加入“援鄂医疗队”，用表示事件“抽到的两名医生性别相同”，表示事件“抽到的两名医生都是女医生”，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先求出抽到的两名医生性别相同的事件的概率，再求抽到的两名医生都是女医生事件的概率，然后代入条件概率公式即可

【详解】解：由已知得,，

则，

故选：A

【点睛】此题考查条件概率问题，属于基础题

6．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现.如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，若第n行中从左至右只有第12个数为该行中的最大值，则n=（    ）

A．21 B．22 C．23 D．24

【答案】B

【分析】由题意可知，第n行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，再利用二项式的系数的性质可求得结果.

【详解】由题意可知，第n行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数.

因为只有第12项的二项式系数最大，

所以n为偶数，故，解得，

故选：B

7．将4名北京冬奥会志愿者分配到短道速滑、冰球和冰壶3个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）

A．36种 B．72种 C．108种 D．144种

【答案】A

【分析】先将4名志愿者分成3组，然后再分配3个项目.

【详解】解：先从4名志愿者中选出两名作为一组，其余每人个为一组，共种方法，

然后将3组志愿者分配到3个不同项目，共种，

所以总的分配方案为种.

故选：A.

8．已知函数，，若有两个零点，则k的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意可得，即与有两个交点．

【详解】令，则

与有两个交点，

则

设直线与相切时，切点坐标为，则斜率

则切线方程为

∵切线过原点，代入得，解得

∴，因为与有两个交点，所以

故选：D．

二、多选题

9．已知在数学测验中，某校学生的成绩服从正态分布，其中分为及格线，则下列结论中正确的有（附：随机变量服从正态分布，则（    ）

A．该校学生成绩的期望为

B．该校学生成绩的标准差为

C．该校学生成绩的标准差为

D．该校学生成绩及格率超过

【答案】ABD

【分析】利用正态分布的性质以及“原则”进行计算即可.

【详解】因为该校学生的成绩服从正态分布，则，方差为，

标准差为，，.

所以，该校学生成绩的期望为，该校学生成绩的标准差为，该校学生成绩及格率超过.

所以，ABD选项正确，C选项错误.

故选：ABD.

10．一袋中装有10个大小相同的小球，其中6个黑球，编号为1，2，3，4，5，6，4个白球，编号为7，8，9，10，下列结论中正确的是（    ）

A．若有放回地摸取4个球，则取出的球中白球个数X服从二项分布

B．若一次性地摸取4个球，则取出的球中白球个数Y服从超几何分布

C．若一次性地取4个球，则取到2个白球的概率为

D．若一次性地摸取4个球，则取到的白球数大于黑球数的概率为

【答案】ABD

【分析】直接利用二项分布和超几何分布的应用，排列数和组合数的应用直接判断.

【详解】对A，取出白球和取出黑球的概率分别为和，符合二项分布，故A正确；

对B，一次性地摸取4个球，则取出的球中白球个数的分布列，符合超几何分布，故B正确；

对C，一次性地取4个球，则取到2个白球的概率为，故C错误；

对D，取出的白球为3和4，故，故D正确.

故选：ABD.

【点睛】关键点睛：解决本题的关键是正确理解二项分布和超几何分布的概念.

11．圆和圆的交点为A，B，则有（    ）

A．公共弦AB所在直线的方程为

B．公共弦AB所在直线的方程为

C．公共弦AB的长为

D．P为圆上一动点，则P到直线AB距离的最大值为

【答案】AD

【分析】对于AB，两圆方程相减消去二次项可求得公共弦AB所在直线的方程，对于C，求出圆心到公共弦的距离，然后利用弦心距，弦和半径的关系可求出公共弦的长，对于D，点P到直线AB距离的最大值为

【详解】由与作差可得，

即公共弦AB所在直线的方程为，故A正确，B错误；

对于C，圆心到直线的距离为，圆的半径，

所以，故C错误；

对于D，点P为圆上一动点，则点P到直线AB距离的最大值为，故D正确.

故选：AD.

12．如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（    ）

A．三棱锥的体积为定值

B．线段上存在点，使平面

C．线段上存在点，使平面平面

D．设直线与平面所成角为，则的最大值为

【答案】ABD

【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解

【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确．

对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直角坐标系, 则，, ，，，

所以 ，，，

设（），则

所以，

平面即

解之得

当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确

对于C，设平面的法向量

则，取

得

设平面 的法向量 ,

则

取 , 得 ,

平面平面

设 , 即 ,

解得 ，，不合题意

线段上不存在点, 使平面//平面，故C错误．

对于D，平面的法向量为

则

因为

所以

所以的最大值为．故D正确．

故选：ABD

三、填空题

13．已知直线与直线平行，则实数

【答案】1或-1

【解析】直接利用两直线平行斜率相等列方程求解即可.

【详解】时，不合题意；

时，由直线与直线平行可得直线斜率相等，

即，

故答案为：1或-1.

14．_________．

【答案】0

【分析】根据排列数的定义计算．

【详解】.

故答案为：0.

15．甲和乙两个箱子中各装有个球，其中甲箱中有个白球､个红球，乙箱中有个红球､个白球.掷一枚质地均匀的骰子，如果点数为或，从甲箱子随机摸出个球；如果点数为，从乙箱子中随机摸出个球.则摸到红球的概率为___________.

【答案】/0.7

【分析】分别计算出从甲箱中摸到红球的概率和从乙箱中摸到红球的概率，然后利用概率的加法公式即可.

【详解】从甲箱中摸红球：掷到点数为5或6的概率为，再从甲箱中摸到红球的概率为，

故从甲箱中摸到红球的概率为；

从乙箱中摸红球：掷到点数为1，2，3，4的概率为，再从乙箱中摸到红球的概率为，

故从乙箱中摸到红球的概率为；

综上所述：摸到红球的概率为.

故答案为：

16．已知正项数列前项和满足，且，则__________.

【答案】

【分析】利用得出数列是等差数列，且公差为1，然后求得，再代入可得．

【详解】，，

，，

，，

∴，即，所以是等差数列，公差为1，

，，

，即，．

故答案为：．

四、解答题

17．在①只有第项的二项式系数最大，②第项与第项的二项式系数相等，③所有二项式系数的和为，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题.

已知，若的展开式中，______.

（1）求的值及展开式中所有项的系数和；

（2）求展开式中含的项.

【答案】（1）若选①，，若选②，，若选③，，系数和为1；（2）.

【分析】（1）若选①，则，即可求得n值，若选②，则，即可求得n值，若选③，则，即可求得n值，令代回原式，即可得系数和.

（2）先求得展开式的通项公式，令，即可得答案.

【详解】（1）若选①，则，解得；

若选②，则，解得；

若选③，则，解得，

令，可得系数和为.

（2）由（1）可得

展开式的通项公式为：，

令，可得含的项为.

18．已知公差不为0的等差数列中，，，成等比数列，．

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列满足，，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据等差数列与等比数列的性质联立方程组，计算即可.

(2)利用裂项相消法计算即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

∵，，成等比数列，∴，

又．

联立可得，

解得，

∴．

（2），

∴数列的前n项和

．

19．某商场举办店庆活动，消费者凭借购物发票进行现场抽奖．抽奖盒中装有3个红球和2个黄球，这些球除颜色外完全相同抽奖规则为：抽奖者一次从中摸出2个小球，若摸到2个红球就中奖，否则均为不中奖．小球用后放回盒子，下一位抽奖者继续抽奖．

（1）求每一位抽奖者中奖的概率；

（2）现有甲，乙、丙三人依次抽奖，用表示中奖的人数，求的分布列及均值．

【答案】（1）；（2）分布列见解析，.

【分析】（1）根据古典概型公式计算即可；

（2）由题知，，再根据二项分布概率公式计算即可得答案.

【详解】解：（1）根据题意，结合古典概型公式，每一位抽奖者中奖的概率

（2）由题可知，随机变量的可能取值为，

，，

，，

所以的分布列为：

所以.

20．如图，在底面为矩形的四棱锥中，平面平面.

（1）证明：；

（2）若，，设为中点，求直线与平面所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；(2)

【分析】（1）由平面平面可得面，从而可得；

（2）建立空间直角坐标系，求出向量及面法向量，代入公式即可得到结果.

【详解】（1）依题意，面面，，

∵面，面面，

∴面.

又面，

∴.

（2）解法一：向量法

在中，取中点，∵，

∴，∴面，

以为坐标原点，分别以为轴，过点且平行于的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图空间直角坐标系，

设，∵，∴，

∴，，，，，

∴，，.

设面法向量为，

则，解得.

设直线与平面所成角为，

则，

因为，∴.

所以直线与平面所成角的余弦值为.

（2）解法二：几何法

过作交于点，则为中点，

过作的平行线，过作的平行线，交点为，连结，

过作交于点，连结，

连结，取中点，连结，，

四边形为矩形，所以面，所以，

又，所以面，

所以为线与面所成的角.

令，则，，，

由同一个三角形面积相等可得，

为直角三角形，由勾股定理可得，

所以，

又因为为锐角，所以，

所以直线与平面所成角的余弦值为.

【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.

21．已知双曲线的左、右焦点分别为、，双曲线的右顶点在圆上，且．

(1)求双曲线的方程；

(2)动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于点、，设为坐标原点．求证：的面积为定值．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）设,通过,求解,通过在圆上,求解,得到双曲线的标准方程.

（2）当动直线的斜率不存在时,求解三角形的面积;当动直线的斜率存在时,且斜率,不妨设直线,联立直线与双曲线方程,求出,然后求解的坐标,求解,结合原点到直线的距离,求解的面积是为定值即可.

【详解】（1）不妨设 , 因为,

从而 故由 ,

又因为, 所以 ,

又因为 在圆 上, 所以

所以双曲线的标准方程为：

（2）设直线与轴交于点，双曲线的渐近线方程为

由于动直线与双曲线恰有1个公共点, 且与双曲线的两条渐近线分别交于点,

当动直线的斜率不存在时, ,，,

当动直线的斜率存在时, 且斜率, 不妨设直线 ,

故由

依题意，且

,

化简得 ,

故由 ,

同理可求,,

所以

又因为原点到直线的距离,

所以,又由

所以,

故的面积是为定值,定值为

22．已知函数.

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)设，记函数在上的最大值为，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数求出切线斜率，即可求出切线方程；

（2）利用导数判断出在上单调递增，在上单调递减，得到.令，，求出，即可证明.

【详解】（1）由题意可得，所以.

又知，所以曲线在点处的切线方程为，

即.

（2）由题意，

则.

当时，.

令，则，所以在上单调递增.

因为，，

所以存在，使得，即，即，

故当时，，又，故此时；

当时，，又，故此时.

即在上单调递增，在上单调递减，

则.

令，，则，

所以在上单调递增，则，

所以.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：

(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．

(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．

(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．

(4)利用导数证明不等式．