广东省韶关市新丰县第一中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版）

这是一份广东省韶关市新丰县第一中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版），共19页。

2022-2023学年第二学期期中教学质量监测
高二数学
命题人：苏科靖 审题人：古丽丽 游振杰
一､单选题：共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式得到，进而利用交集概念进行求解.
【详解】，
故.
故选：B
2. 已知数列满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由求出，进而代入求出.
【详解】因为，所以，.
故选：C
3. 已知向量且，则实数（ ）
A. -3 B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】计算出，根据向量垂直列出方程，求出答案.
【详解】由，得，
因为，所以，所以，所以.
故选：D
4. 中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠､牛､虎､兔､龙､蛇､马､羊､猴､鸡､狗､猪）中的一种.现有十二生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛､马，乙同学喜欢牛､狗和羊，丙同学所有的吉祥物都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是自己喜欢的，则不同的选法有（ ）
A. 90种 B. 80种 C. 60种 D. 50种
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，按甲的选择不同分成2种情况讨论，求出确定乙，丙的选择方法，即可得每种情况的选法数目，由分类加法计数原理，即可求出答案.
【详解】根据题意，分2种情况讨论：
①若甲选择牛，此时乙的选择有2种，丙的选择有10种，此时有种不同的选法：
②若甲选择马，此时乙的选择有3种，丙的选择有10种，此时有种不同的选法：
则共有种选法.
故选：D
5. 在的展开式中，含项的系数为（ ）
A. 60 B. -60 C. 12 D. -12
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式定理得到展开式的通项公式，进而得到项的系数.
【详解】展开式的通项为，
则含的项为，故含项的系数为60.
故选：A
6. 已知盒中装有大小形状完全相同的3个红球、2个白球、5个黑球.甲每次从中任取一球且不放回，则在他第一次拿到的是红球的前提下，第二次拿到白球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设“第一次拿到的是红球”为事件A,“第二次拿到白球”为事件B，分别计算出，的值，由条件概率公式可得，可得答案.
【详解】解：设“第一次拿到的是红球”为事件A,“第二次拿到白球”为事件B，
可得：，,
则所求事件的概率为：,
故选：D.
【点睛】本题主要考查条件概率与独立事件的计算，属于条件概率的计算公式是解题的关键.
7. 点是直线上的动点，由点向圆作切线，则切线长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】分析：由圆的标准方程，找出圆心坐标和圆的半径，要使切线长的最小，则必须点P到圆的距离最小，求出圆心到直线的距离，利用切线的性质及勾股定理求出切线长的最小值即可．
详解：∵圆，
∴圆心 ，半径．
由题意可知，
点到圆的切线长最小时，直线．
∵圆心到直线的距离 ，
∴切线长的最小值为．
故选C．
点睛：本题考查直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，点到直线的距离公式，以及勾股定理，熟练掌握公式及定理是解本题的关键．
8. 已知三棱锥的顶点都在球的球面上，平面，若球的体积为，则该三棱锥的体积的最大值是（ ）
A. B. 5 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将三棱锥放入长方体内，得到为球直径，由基本不等式求出，从而求出三棱锥的体积的最大值.
【详解】因为，易知三角形为等腰直角三角形，
又平面，所以为三棱锥的高，
则可将三棱锥放入长方体内，如图，

长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，
，
解得，
又，
解得，
，所以
所以三棱锥的体积，
故选：A
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 某学校为了促进学生德､智､体､美､劳全面发展，制订了一套量化评价标准.下表是该校甲､乙两个班级在某次活动中的德､智､体､美､劳的评价得分(得分越高，说明该项教育越好).下列说法正确的是（ ）

德
智
体
美
劳
甲班
9.5
9.5
9
9.5
8
乙班
9.5
9
9.5
9
8.5

A. 甲班五项得分的极差为1.5
B. 甲班五项得分的平均数高于乙班五项得分的平均数
C. 甲班五项得分的中位数大于乙班五项得分的中位数
D. 甲班五项得分的方差小于乙班五项得分的方差
【答案】AC
【解析】
【分析】直接根据已知数据计算极差、平均数和中位数，比较判定ABC，写出甲乙的成绩的方差，作差比较即可判定D.
【详解】甲班的极差为,故A正确；
甲班的平均数,
乙班的平均数,故B错误；
甲班的成绩从低到高：8，9，9.5，9.5，9.5，中位数为9.5,
乙班的成绩从低到高排列：8.5，9，9，9.5，9.5，中位数9，故C正确；
甲班的成绩的方差为,
乙班的成绩的方差为,
,
故D错误.
故选：AC.
【点睛】本题考查极差，平均数，中位数，方差的求法和大小比较，属基础题.关键在于理解有关概念，并熟练进行计算.
10. 设公比为的等比数列，若，则（ ）
A B. 当时，
C. 和的等比中项为4 D.
【答案】AB
【解析】
【分析】ABC选项，根据等比数列的性质及通项公式求解判断即可，对于D，可举出反例.
【详解】A选项，由等比数列性质可得，即，故A正确；
B选项，当时，，所以，故B正确；
C选项，因为，所以和的等比中项为4或-4，故C错误；
D选项，当时，，故，D不正确.
故选：AB
11. 生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳.（ ）
A. 若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法
B. 若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法
C. 若周一不练习瑜伽，周三爬山.则共有36种不同的安排方法
D. 若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，安排剩下的四种运动项目即可；对于B，利用间接法可求解；对于C，先排特殊的项目；对于D，先排其他四项运动，再插空可求解.
【详解】对于A，若瑜伽被安排在同一和周六，则共有种不同的安排方法，故A不正确；
对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，不同的安排方法种数为，故B正确
对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有种不同的安排方法，故C正确；
对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有种不同的安排方法，再从5个空位里插入2个安排练习瑜伽，故共有种不同的安排方法，故D正确.
故选：BCD
12. 设函数的定义域为，且满足，当时，，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 是偶函数
B. 不是奇函数
C. 函数有10个不同的零点
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数关系式可推导得到关于直线和点对称，且周期为；令，，由奇偶性定义可得的奇偶性，可判断AB；作出和的图象，根据图象可得两函数交点个数，进而确定函数零点个数，知C正确；根据周期性可求得，知D错误.
详解】，且关于直线对称；
又，且关于中心对称；
，则是周期为8的周期函数；
对于，令，则为偶函数，正确；
对于，令，
则
为奇函数，不正确；
对于，作出和的图象如下图所示，

当时，，又，
由图象可知：与共有10个不同的交点，
则有10个不同的零点，正确；
对于，
错误.
故选：AC
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若复数满足（是虚数单位），则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数除法公式得到，再利用复数模长公式计算即可.
【详解】，故.
故答案为：
14. 函数在点处的切线方程为______________；
【答案】
【解析】
【分析】由题意，求得，得到，进而得到切线的斜率，在利用直线的点斜式，即可得到切线的方程．
【详解】由题意，函数，可得，则，
即切线的斜率为，又，
所以函数在点处的切线方程为，
即．
【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义求解切线的方程，利用导数的几何意义解题时的注意点：①首先应判断所给点是不是切点，如果不是，需将切点坐标设出；②切点既在原函数的图象上也在切线上，可将切点坐标代入两者的函数解析式建立方程组；③在切点处的导数值等于切线的斜率，这是求切线方程最重要的条件．
15. 如图，已知四棱柱的底面是边长为1的正方形，且，，则______．

【答案】
【解析】
【分析】记，，，利用基底表示所求向量，然后将向量的模转化为数量积计算即可.
【详解】设 ，，， 则 ，
底面是边长为1的正方形，且，，
则有，，，，，，
则 ，
所以.
故答案为：
16. 设函数，已知在上有且仅有2023个极值点，则的取值范围是___________
【答案】
【解析】
【分析】通过三角恒等变换公式及辅助角公式化简，得到，所以令，并求出，画出在的图像，又因为在上有且仅有2023个极值点，且每个周期有两个极值点，所以推出，从而求出的取值范围
详解】



当时，，
令，则，
作出函数的图象如图所示：

由于函数在上有且仅有2023个极值点，
则，解得.
故答案为：.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤；请把解答过程写在答题卡对应的答题区内，不能超出规定的答题区域.
17. 已知各项都为正数的数列的前项和为，且，__________.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，记数列前项和为，证明：.
请在下面三个条件中任选一个补充在上面题干中，再解答问题.
①成等比数列；②成等差数列；③
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，得到数列是以为首项，2为公差的等差数列，然后分别选①②③，列方程求解首项，即可数列的通项公式；
（2）利用裂项相消法求数列前项和为，即可证明.
【小问1详解】
选①，由得：，
数列是以为首项，2为公差的等差数列.
由成等比数列可得，
即，解得.
.
选②，由，得，
数列是以为首项，2为公差的等差数列.
由成等差数列，
得，即，
解得，
.
选③，由，得，
数列是以为首项，2为公差的等差数列，
由得，即
解得（舍去），
.
【小问2详解】
由（1）得，
数列前项和为


，故.
18. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，求周长的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理可得，结合余弦定理得到结果；
（2）利用余弦定理及重要不等式即可得到结果.
【详解】（1），
由正弦定理可得，
即，
由余弦定理可得，
又，
∴；
（2）∵，，
∴，
即，
∴，即，当且仅当时，等号成立.
∴周长的最大值为.
19. 如图，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角，，为侧棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标徐，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【小问1详解】
解：因为是等腰直角三角形，且，则，
因为在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以，，
因为，、平面，故平面.
【小问2详解】
解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
，则，
因此，二面角的正弦值为.
20. 已知数列的首项为，且满足；
（1）求证是等比数列，并求数列的通项；
（2）记数列的前项和为，求.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）变形得到，从而得到为首项为，公比为的等比数列，并求出；
（2）利用错位相减法和分组求和，求出答案.
【小问1详解】
由题意，数列满足，即，
则，
又由，可得，
所以数列表示首项为，公比为-的等比数列.
所以，所以，
【小问2详解】
由（1）知：，
设，记数列的前项和为；
设，记数列的前项和为；
则，
，
①，
②，
①②得：
，
，
，
所以.
21. 已知函数，.
（1）当时，求的极值；
（2）若对任意的，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）极小值=f(0)=1，无极大值；（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，根据f(x)min≥1，求出k的范围即可
【详解】(1)k=0时， .所以.
令，解得:x>0；令，解得:x<0，
故在递减，在递增，
故极小值=f(0)=-1+2=1，无极大值.
（2）.
①时， ，在递增，成立；
②时，ln2k>0，
令，解得:；令，解得: ，
故f(x) 递减，在递增，
故，
故不合题意.
综上， .
即的取值范围为.
22. 已知椭圆过点为.
（1）求椭圆方程；
（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与轴交于点，求的值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）代入点的坐标，求出，得到椭圆方程；
（2）设，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出直线的方程，从而得到，同理得到，从而求出，由，从而得到，故.
【小问1详解】
因为椭圆过点为，
所以有；
【小问2详解】
当过点的直线斜率不存在时，直线与椭圆只有1个点，舍去，
依题意过点的直线为，设，
不妨令，
由，消去整理得，
所以，解得，
所以，

直线的方程为，令，解得，
直线的方程为，令，解得，
，
因为，
所以，
因为，
所以，
即，
于是有，即.
【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.