2022-2023学年安徽省安庆市宿松中学高二下学期期中联考数学试题（A卷）含解析

2022-2023学年安徽省安庆市宿松中学高二下学期期中联考数学试题（A卷）

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A．或 B．或

C．或 D．或

【答案】D

【分析】利用补集的定义直接求解.

【详解】因为集合，所以或.

故选：D

2．已知函数，则（    ）

A．5 B．3 C．2 D．1

【答案】B

【分析】先求，再根据的值带入相应解析式计算即可.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：B

3．已知向量，，若，则（    ）

A．2 B．18 C． D．

【答案】B

【分析】根据空间向量平行的坐标表示求解即可．

【详解】因为，则存在实数使得，即，

解得，所以，

故选：B．

4．已知等比数列的公比不为，且成等差数列，则（    ）

A．1 B．-1 C． D．

【答案】D

【分析】根据等比数列通项和等差中项性质列出关于的方程，解出即可.

【详解】由，且成等差数列，得，即，

即，解得（舍去）或（舍去）或.

故选：D

5．《“健康中国2030”规划纲要》提出，健康是促进人的全面发展的必然要求，是经济社会发展的基础条划件.实现国民健康长寿，是国家富强､民族振兴的重要标志，也是全国各族人民的共同愿望.为普及健康知识，某公益组织为社区居民组织了一场健康知识公益讲座，为了解讲座效果，随机抽取了10位居民在讲座后进行健康知识问卷（百分制），这十位居民的得分情况如下表所示：

则以下说法错误的是（    ）

A．该10位居民的答卷得分的极差为30

B．该10位居民的答卷得分的中位数为94

C．该10位居民的答卷得分的中位数小于平均数

D．该10位居民的答卷得分的方差为104.4

【答案】B

【分析】由极差、中位数和平均数的定义可判断A，B，C；求出该社区居民问卷得分的方差即可判断D.

【详解】按照从小到大排列为，则极差为，故选项A正确；

中位数为，故选项B不正确；

中位数为79.5，平均数为，故选项C正确；

通过计算可得

，所以方差为，故选项D正确.

故选：B.

6．已知函数，则将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，图象关于原点对称，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用辅助角公式化简，再根据平移变换得，然后由对称性可解.

【详解】由题意可知，将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，

所以，

因为图象关于原点轴对称，所以，即

当时，.

故选：B

7．已知函数的定义域为，且，则（    ）

A．0 B．2 C．4 D．5

【答案】D

【分析】函数的性质与抽象函数，用赋值法即可求解.

【详解】令，得，即，所以，

所以函数的图象关于对称；因为，所以.

故选：D

8．已知椭圆的两个焦点为，过的直线与交于两点.若，，且的面积为，则椭圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】设，则，，由椭圆的定义得，在中，由余弦定理得，根据同角三角函数的平方关系得，在中， 由余弦定理得，再结合的面积为，即可求出，进而得出椭圆的方程．

【详解】设，则，，则，

由椭圆的定义可知，

所以，

所以，，，，

在中，

，

则，

所以，

在中，

，

即，

整理可得，

因为三角形的面积为，

故，即，

得，

所以，，

所以椭圆的方程为，

故选：A．

二、多选题

9．如图是函数的导函数的图象，，则下列判断正确的是（    ）

A．单调递增区间为 B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】由导函数图象的符号判断函数在各区间的单调性，再结合函数的性质得出结果.

【详解】对于A，由题图知当时，，所以在区间上，单调递增，故正确；

对于B，当时，单调递减，在上，单调递增；当时，单调递减，所以，故B正确；

对于C，不一定是函数的最大值，最大值可能由区间的端点产生，所以错误；

对于D，当时，，单调递减，所以，故D正确；

故选：ABD.

10．已知首项为正数的等比数列的公比为，曲线，则下列叙述正确的有（    ）

A．若为圆，则

B．若，则离心率为2

C．离心率为

D．是双曲线且其渐近线方程为

【答案】AC

【分析】对于A，若为圆，则，求出得出结果；对于B，为等轴双曲线，求其离心率即可；对于C，当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，求其离心率即可；对于D，故曲线为双曲线，求其渐近线方程.

【详解】对于A，首项为正数的等比数列的公比为，曲线，若为圆，则，所以，所以，即曲线为圆心为，半径为的圆，故正确；

对于B，当时，，所以与互为相反数且不为0，

故为等轴双曲线，故曲线的离心率为，故B错误；

对于C，，数列为递减数列，，所以曲线焦点在轴上的椭圆，故的离心率为，故C正确；

对于D，当时，与异号，

故曲线为双曲线，其渐近线为，即，故D错误.

故选：AC.

11．已知为抛物线的焦点，为坐标原点，点在抛物线上，则（    ）

A．的最小值为2

B．若，则

C．点在抛物线上，且为正三角形，则

D．若，则抛物线在点处的切线方程为

【答案】ABD

【分析】选项A、B，由抛物线的定义及几何性质判断选项；选项C，由为正三角形，得的斜率为，得出的坐标；选项D，利用导数求切线方程判断选项.

【详解】由为抛物线的焦点，，故；

对于A，设，

,所以的最小值为2，故A正确；

对于B，由抛物线的定义知，得，故B正确；

对于C，为正三角形，则可得与轴平行，且，得的斜率为，所以的坐标为，

所以，故C错误；

对于D，因为，代入，可得，

由得，抛物线在点处的切线斜率为1，所以切线方程为,即，故D正确.

故选：ABD.

12．如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（    ）

A．存在值，使得

B．三棱锥体积的最大值为

C．当时，异面直线与所成角的余弦值为

D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为

【答案】BCD

【分析】利用线面垂直的性质即可判断选项A；根据棱锥的体积计算公式判断选项B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式判断选项C；利用线面垂直的性质以及勾股定理和基本不等式即可判断选项D.

【详解】对于选项，由题意知，

若，，平面，则平面，

所以，不成立，故不正确；

对于选项，在三棱锥中，半圆面，

则是三棱锥的高，

当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，

三棱锥的体积取得最大值为，故选项B正确；

对于选项C：当时，则为的中点，以的中点为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，

则,，，，

可得，则，

故异面直线与所成角的余弦值为，所以正确；

对于选项，取的中点，过点作于点，连接，

由题意知，平面，平面，，

又因为，，平面，

可得平面，

所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，

设，则，

在Rt中，，

所以，

故，

令，则，且，

所以，

当且仅当，即时取等号，

所以，则，

所以直线与平面所成最大角的正弦值为，

此时，

所以，

连接，因为平面，平面，所以，

因为为正方形，所以，

在中，可得，

在中，可得，

则，因为，

所以点为四棱锥外接球的球心，

因为，由，解得，

所以球心到面的距离，

设截面半径为，则有，

所以截面面积为，故D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．复数，则__________.

【答案】/0.8

【分析】利用复数代数形式的除法运算化简得到，再由共轭复数的概念得到，进而求出结果．

【详解】，

，则.

故答案为：.

14．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】根据椭圆标准方程的结构特征，结合焦点在轴上可得.

【详解】因为方程表示焦点在y轴上的椭圆，所以，得.

故答案为：

15．已知数列满足，则__________.

【答案】

【分析】通过取倒数构造等差数列，根据条件解得，再结合裂项相消法得出结果．

【详解】因为，，所以，

所以，所以，

所以.

故答案为：.

16．已知函数是定义在上的可导函数，且满足，对于任意的实数，都有，当时，，若，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】由构造函数，得出为偶函数，通过导数得到的单调性，再解不等式求得结果.

【详解】因为，

所以，令，则，即为偶函数，

当时，即，

所以，即函数在上单调递增.

根据偶函数对称区间上单调性相同的性质可知在上单调递减，

又因为，所以，所以，，即，

故只需，即，

所以，解得.

故答案为：.

四、解答题

17．已知在的展开式中的二项式系数之和为64，求：

(1)的值；

(2)展开式中常数项；

【答案】(1)6

(2)15

【分析】（1）根据二项式系数之和分析运算；

（2）根据二项展开式分析运算.

【详解】（1）因为的展开式中的二项式系数之和为64，

所以，得.

（2）二项展开式的通项为.

可得当，即时，

此时，展开式中常数项为15.

18．已知函数.

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若，求证：.

【答案】(1)函数的单调减区间为，单调增区间为；

(2)证明见解析

【分析】（1）求导，解不等式，可得；

（2）构造函数，转化为求的最小值问题，利用导数可证.

【详解】（1）当，则，

令，解得，令，解得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增；

所以函数的单调减区间为，单调增区间为；

（2）因为，所以，

所以即证，.

令，则

当时，为增函数；当时，为减函数；

所以的最小值为，

所以，所以，所以.

19．已知半径小于6的圆过点，且圆与两坐标轴均相切．

(1)求圆的标准方程；

(2)若圆与直线交于两点，__________，求的值．

从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：；条件②：．

注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设圆，由圆过点代入方程，再根据圆与两坐标轴均相切得出，，且，解出，即可得出圆的方程；

（2）选①：过点作于点，由得出，则，得出圆心到直线的距离，由点到直线距离公式列出方程求解即可；选②：在中，由余弦定理得出，则，过点作于点，得出，则圆心到直线的距离，由点到直线距离公式列出方程求解即可．

【详解】（1）设圆，

因为圆过点，

所以，

又因为圆两坐标轴均相切，

所以得，且，

则，解得或，

因为圆的半径小于6，

所以，即，

所以．

（2）如果选择条件①：

由，，得，

过点作于点，则，

所以圆心到直线的距离，

则，

解得；

如果选择条件②：，

在中，，

由余弦定理得，

所以，

过点作于点，则，

所以圆心到直线的距离，

则，

解得．

20．在直三棱柱中，，点是对角线上的动点，点是棱上的动点.

(1)若分别为的中点，求证：平面；

(2)设，当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）通过面面平行证明线面平行；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面的法向量，再得到两平面的夹角的余弦值.

【详解】（1）证明：取的中点为，连接MP，NP，

因为分别为的中点，

所以，又，

所以，平面，平面，

平面，同理可证平面，

因为，

所以平面平面，

因为平面，所以平面；

（2）在平面内过点作，使得点与点在同侧，

由平面平面平面，

故，结合，故两两垂直.

以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，

由得，

故为等腰直角三角形，

同理，为等腰直角三角形.得，

故，

，

当时，最小，此时分别是中点，

于是，

，

设平面的法向量为，

故，即，整理得，

取可得平面的一个法向量为，

平面的法向量为，

设平面与平面夹角的大小为，

则，

故平面与平面夹角的余弦值为.

21．下图（1）是一个边长为1的正三角形，将每边三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并擦去中间一段，得到图（2），如此继续下去，得到图（3）….由图可知，围成第一个图形的线段条数为3，围成第（2）个图形的线段条数为，设围成第个图形的边长条数为.

(1)求，并直接写出（不用证明）；

(2)数列满足，求数列的前项和.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）可以看到，由第到第个图形，每1条线段都变为4条线段，得出一个等比数列，求出结果.

（2）先求，再利用错位相减法求和.

【详解】（1）由题意可知，

可以看到，由第到第个图形，

每1条线段都变为4条线段，故；

（2）因为，

由题意知，①

当时，得，

当时，，②

①-②得，则，检验成立，故，

令③

④

③-④得.

，

化简得.

22．已知双曲线的右焦点为为双曲线上一点.

(1)求的方程；

(2)设直线，且不过点，若与交于两点，点关于原点的对称点为，若，试判断是否为定值，若是，求出值，若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）利用焦点坐标得到，再由点在双曲线上，结合联立方程即可得解；

（2）利用设而不求得到关于的值，再由得到的关系式，从而整理得，分析式子即可得到，由此得解.

【详解】（1）由已知可得，故，

因为在双曲线上，所以，解得（负值舍去），

所以的方程为；

（2）联立直线与双曲线的方程，

可得，

则且，

所以且，

设，则，由韦达定理可得，

又，

所以，，

又，

因为，所以，

整理可得，则，

则，

整理可得，

因为不恒为0，所以应有，解得，

所以直线的斜率为定值3.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.