浙江省温州市瑞安中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份浙江省温州市瑞安中学2022-2023学年高二数学下学期期中试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了 若集合是和的公倍数，，则， 若复数满足，则， 已知，则， 在中，，，，若点满足，则， 若，，，则， 已知A是椭圆等内容，欢迎下载使用。

浙江省瑞安中学2022-2023学年高二下学期期中考试
数学试题
（满分：150分 时间：120分钟）
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合是和的公倍数，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可得，利用交集的定义可求得集合.
【详解】由题意可知，由，可得，由得，
因此，.
故选：C.
2. 若复数满足，则（ ）
A. 4 B. C. 16 D. 17
【答案】D
【解析】
【分析】解方程求，再求即可.
【详解】因为，所以，所以，
所以，
当时，，，
当时，，，
所以.
故选：D.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由余弦和差公式及齐次式化弦为切即可求.
【详解】.
故选：D
4. 红薯于1593年被商人陈振龙引入中国，也叫甘薯、番薯等.红薯耐旱耐脊、产量丰富，曾于数次大饥荒年间成为不少人的“救命粮食”，现因其生食多汁、熟食如蜜，成为人们喜爱的美食甜点.小泽和弟弟在网红一条街买了一根香气扑鼻的烤红薯，准备分着吃，如图，该红薯可近似看作三部分：左边部分是半径为的半球；中间部分是底面半径为、高为的圆柱；右边部分是底面半径为、高为的圆锥，若小泽准备从中间部分的甲、乙、丙、丁四个位置选择一处将红薯掰成两块，且使得两块的体积最接近，则小泽选择的位置是（ ）

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
【答案】B
【解析】
【分析】算出分别从甲乙丙丁处分两块的体积之差，比较大小即可.
【详解】若从甲处分为两块，则左侧体积为，
右侧体积为，两者体积差为，
若从乙处分为两块，则左侧体积为，
右侧体积为，两者体积差为，
若从丙处分为两块，则左侧体积为，
右侧体积为，两者体积差为，
若从丁处分为两块，则左侧体积为，
右侧体积为，两者体积差为，
故从乙处掰成两块，体积最接近，
故选：B.
5. 在中，，，，若点满足，则（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的数量积公式和向量转化为基地进行表示即可求解.
【详解】


.
故选：C.
6. 若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先通过变形将问题转化为比较，，的大小，再通过观察三个式子的结构，从而构造函数，利用导数研究函数的单调性，由此进行比较得解.
【详解】因为，，，
所以只需要比较，，的大小即可，
令，则，
因为，所以，则，所以在上单调递增，
故，则，即，
所以；
令，则，
因为，所以，，所以在上单调递增，
故，即，即，
所以；
综上：.
故选：A.
7. 已知随机事件，，满足，，，则下列说法错误的是（ ）
A. 不可能事件与事件互斥
B. 必然事件与事件相互独立
C.
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据事件的概念，以及实践之间的关系，和条件概率的运算求解.
【详解】因为不可能事件与事件不会同时发生，所以互斥，A正确；
因为,
所以，所以必然事件与事件相互独立，B正确；
因为，且不会同时发生，
所以，C正确；
例如，抛掷一枚骰子1次的试验，
设事件为出现点数小于等于4，事件为出现点数小于等于2，
则，但， D 错误，
故选:D.
8. 已知A是椭圆：的上顶点，点，是上异于A的两点，是以A为直角顶点的等腰直角三角形.若满足条件的有且仅有1个，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意联立方程求点的横坐标，由结合弦长公式整理可得关于的方程有且仅有一个解，分类讨论运算求解.
【详解】由题意可得：，
∵直线的斜率存在且不为0，设为，则直线，
联立方程，消去y得：，解得或（舍去），
即点B的横坐标为，
同理可得：点C横坐标为，
由题意可得：，即，
整理得：，
由题意结合椭圆的对称性可得：关于的方程有且仅有一个解，则有：
当是方程的根，即，则，
若，则有且仅有一个解，即符合题意；
当不是方程的根，则在内无零点，
∵，则的对称轴，
∴，解得；
综上所述：，故椭圆离心率.
故选：B.
【点睛】易错点点睛：
在处理关于的方程有且仅有一个解的问题时，注意到该方程一定有一解，则需要讨论是否为的根.
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. 已知数列的前项和，则下列说法正确的有（ ）
A. 是递减数列 B. 是等比数列
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，利用作差法判断即可；对于BCD，利用与的关系求得，从而对选项逐一分析检验即可.
【详解】对于A，因为，所以，
故，则，
所以是递减数列，故A正确；
对于B，当时，，
当时，，
经检验，满足，
所以，
故当时，，所以是等比数列，故B正确；
对于C，由选项B知，故C正确；
对于D，因为，，
所以，故D错误.
故选：ABC.
10. 在正方体中，点在线段上，且，动点在线段上（含端点），则下列说法正确有（ ）

A. 三棱锥的体积为定值
B. 若直线平面，则
C. 不存在点使平面平面
D. 存在点使直线与平面所成角为
【答案】AB
【解析】
【分析】选项A连接，设正方体的棱长为，说明平面，可说明点到平面的高度为定值，为定值，利用等体积法即可说明，选项B建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可，选项C，当处于处时即可判断，选项D借助选项B中的相关结论，假设存在点使直线与平面所成角为，根据假设条件，表示出线面角，列出等式，推出结论即可.
【详解】选项A，连接，如图所示：设正方体的棱长为，

因为，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
即平面
所以直线上的所有点到平面的距离都相等都等于正方体的棱长为定值，
所以点到平面的高度为，
由为定值，
所以为定值，
故A正确，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，设正方体的棱长为1，
因为点在线段上，且，所以在线段的中点，
则，
所以，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
所以平面的法向量为，
由，设，
所以，又，
所以，
所以，
所以，所以
直线平面，所以 ，
即，
解得，，故B选项正确，
当处于点时，平面即为平面，
而在正方体中平面平面，
故存在点，使得平面平面，
故C错误，
由B选项知，由平面,
所以为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
由线面角的性质有：
，
假设存在点使直线与平面所成角为，
则，
即，
因为，无实数解，
所以不存在点使直线与平面所成角为，
故D选项不正确，
故选：AB.
11. 已知是曲线上的动点，是坐标原点，则下列说法正确的有（ ）
A. 坐标原点在曲线上
B. 曲线围成的图形的面积为
C. 过点至多可以作出4条直线与曲线相切
D. 满足到直线的距离为的点有3个
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，将代入，满足曲线，A正确；B选项，先根据对称性画出曲线，进而求出曲线围成的图形的面积；C选项，设过点的方程为，分别联立直线与曲线的位于四个象限的部分，求出4条直线；D选项，设与直线的距离为的点的轨迹方程为，由点到直线距离求出轨迹方程，画出图形，数形结合得到点的个数.
【详解】A选项，因为满足，所以坐标原点在曲线上，A正确；
B选项，，将方程中的换成，方程不变，所以曲线关于轴对称，将方程中的换成，方程不变，所以曲线关于轴对称，将方程中的换成，换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，
先考虑，此时曲线，变形得到，且，
即以为圆心，以为半径的半圆和原点，再把这部分曲线关于轴和原点对称，
如图所示：

其中，三点共线，
其中半圆的面积为，
则曲线在第一象限与坐标轴围成的面积为，
由对称性可知曲线与坐标轴围成的面积为，B错误；
C选项，当过点的斜率不存在时，此时直线与曲线不相切，不合要求，
设过点的方程为，
联立，得到，
由可得或，结合图象可知此时，故，如图1，此时，满足要求，

同理联立，由可得或，结合图象可知此时，可得，根据对称性，满足要求.
联立，由可得或，结合图象可知此时，可得，
此时，因为，故，
如图2，此时直线方程为，满足要求

联立，由可得或，结合图象可知此时，可得，由对称性可知满足要求，
综上，过点至多可以作出4条直线与曲线相切，C正确；
D选项，设与直线的距离为的点的轨迹方程为，
则有，解得或6，
即与直线的距离为的点的轨迹方程为或，
画出直线如图所示：

直线与曲线无交点，直线与曲线有3个交点，即，
所以满足到直线的距离为的点有3个，D正确.
故选：ACD
12. 声音中包含着正弦函数，周期函数产生了美妙的音乐.若我们听到的声音的函数是，则（ ）
A. 的最小正周期是
B. 是的最小值
C. 是的零点
D. 在存在极值
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出函数的最小正周期，可判断A选项；利用特值法可判断B选项；计算出的值，可判断C选项；利用函数极值与导数的关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，函数的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
函数的最小正周期为，且，
因此，函数的最小正周期是，A对；
对于B选项，因为，
又因为，
故不是的最小值，B错；
对于C选项，对任意的，，
故是的零点，C对；
对于D选项，，
则

，
当时，，则，令可得，
所以，，可得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
因此，在存在极值，D对.
故选：ACD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若平面上有7条直线，其中没有两条平行，也没有三条交于一点，则共有______个交点（用数字作答）.
【答案】21
【解析】
【分析】每两条直线确定一个点，只要求出7条直线任取两条的方法数即可.
【详解】因为平面上有7条直线，其中没有两条平行，也没有三条交于一点，
所以任意两条直线确定一个交点，
则共有个点，
故答案为：21.
14. 若圆与圆外离，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆心距大于半径和求解即可.
【详解】解：将圆化为标准形式得，故圆心为，半径为；
将圆化为标准形式得，故圆心为，半径为；
因为圆与圆外离，
所以，即，即，解得或，
所以，实数的取值范围是
故答案为：
15. 已知的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则正整数______.
【答案】14或23
【解析】
【分析】根据第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列可得，化简得即可求解
【详解】因为的展开式中，第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，
所以，即，
化简可得解得或，
故答案为：14或23
16. 某校采用分层随机抽样采集了高一、高二、高三年级学生的身高情况，部分调查数据如下：
项目
样本量
样本平均数
样本方差
高一
100
167
120
高二
100
170
150
高三
100
173
150
则总的样本方差______.
【答案】146
【解析】
【分析】由分层抽样后的样本方差公式计算可得结果.
【详解】由题意知，总的样本平均数为，
∴总的样本方差为：


故答案为：146.
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.
17. 已知，，分别为的内角，，的对边，且
（1）求；
（2）若，的面积为，求，.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）已知等式由正弦定理边化角，再由两角和的正弦公式和辅助角公式化简，可求角.
（2）由三角形面积公式和余弦定理，列方程组求，.
【小问1详解】
已知，由正弦定理得：，
故，
由，得：，
代入上式，于，
由，得，从而上式消去得，
于是，即，由得.
【小问2详解】
由的面积为得：，代入，得：①，
由余弦定理得，代入，，，得：②，
由①②解得.
18. 已知数列满足，，，表示数列的前项和
（1）求证：
（2）求使得成立的正整数的最大值
【答案】（1）证明见解析
（2）11
【解析】
【分析】（1）根据累加法即可证明；
（2）结合数列特点根据穷举法即可求解.
【小问1详解】
证明：由得





累加得
于是.
【小问2详解】
解：由，，得：对任意，，
进而，故数列单调递增，
由（1）可知，故，
于是只需求使得最大的正整数，
从而只需求使得最大的正整数，
由，，列举得：，，，，，，，，，，，
结合数列单调递增，于是使得最大的正整数为11.
19. “惟楚有材”牌坊地处明清贡院旧址，象征着荆楚仕子朱衣点额的辉煌盛况和江城文脉的源远流长，某学生随机统计了来此参观的名游客，其中名女性中有名在“惟楚有材”牌坊下拍照，名男性中有名在“惟楚有材”牌坊下拍照.
（1）用女性拍照的频率估计概率，若再来名女性（是否拍照互相之间不影响）中至少有名在“惟楚有材”牌坊下拍照的概率；
（2）根据小概率值的独立性检验，分析游客在“惟楚有材”牌坊下拍照是否与性别有关
附：，其中













【答案】（1）
（2）游客在“惟楚有材”牌坊下拍照与性别有关.
【解析】
【分析】（1）根据频率可计算出每名女性在“惟楚有材”牌坊下拍照的概率；根据独立事件概率公式依次计算出再来名女性，分别有名女性拍照的概率，加和即可得到结果；
（2）根据已知可得列联表，计算得到，根据独立性检验的基本思想可得结论.
【小问1详解】
由频率估计概率可知：每名女性在“惟楚有材”牌坊下拍照的概率；
则再来名女性，其中名女性在“惟楚有材”牌坊下拍照的概率为；
名女性“惟楚有材”牌坊下拍照的概率为；
名女性“惟楚有材”牌坊下拍照的概率为；
至少名女性在“惟楚有材”牌坊下拍照的概率为.
【小问2详解】
由已知可得列联表如下：

男性
女性
合计
拍照



不拍照



合计



零假设：游客在“惟楚有材”牌坊下拍照与性别无关.
，
根据小概率值的独立性检验，错误，即游客在“惟楚有材”牌坊下拍照与性别有关.
20. 在三棱锥中，，平面，点是棱上的动点，点是棱上的动点，且.

（1）当时，求证：；
（2）当的长最小时，求二面角的余弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作，根据线面垂直的性质可知两两互相垂直，以为坐标原点建立空间直角坐标系，易证得为等腰直角三角形，由此可得坐标，根据可证得结论；
（2）用表示坐标，将表示为关于的二次函数，由此可确定时，最小，进而得到坐标；利用二面角的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
在平面内过点作，使得点与点在同侧，
平面，平面，平面，
，，则两两互相垂直.
以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，；
由得：，，
为等腰直角三角形，；
同理可得：为等腰直角三角形，
当时，，，分别是中点，
，，，，
，.
【小问2详解】
由（1）可得：，，，为等腰直角三角形；
，，
则；
当时，最小，分别是中点，
，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，令，解得：，，；
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
，
由图形可知：二面角为钝二面角，二面角的余弦值为.
21. 已知点是抛物线：上一点，斜率为2动直线交于，（异于）的两点，直线，的倾斜角互补.
（1）求抛物线的方程；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线：，，，联立直线与抛物线可得，根据直线，倾斜角互补可得到，计算即可求解；
（2）利用弦长公式可得，继而可得到，，然后利用数量积的夹角公式即可求解
【小问1详解】
由直线的斜率为2，设直线：，，
联立，消去得：，
，
由韦达定理得：，
由直线，的倾斜角互补且，为不同两点，
故直线，的斜率均存在，分别记为，
则，
，整理得：，
代入
得：，
由点是抛物线：上一点，，，
代入上式消去得：，
整理得：，故，
故抛物线方程为
【小问2详解】
由（1）可得，
故，
故，满足，于是，，，，
，
因为，故
【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.
22. 已知函数与（，且）
（1）求在处的切线方程；
（2）若，恰有两个零点，求的取值范围
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）先利用同构法将问题转化为有两正根，再构造函数，利用导数与零点存在定理推得，从而求得的取值范围.
【小问1详解】
由题可得，，故，
于是在处的切线方程为.
【小问2详解】
恰有两个零点，即方程恰有两正根，
因为，，则，故，于是，
同理：，，
由，得，则，故，
令，故，
于是函数在上单调递增，
所以由可得，即方程有两正根，等价于方程有两正根，
令，则由得，
令，则在上有两个零点，，
当时，，则，故，
所以在上单调递减，所以至多只有一个零点，不满足题意；
当时，令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，
因为在上有两个零点，所以必有，即，解得，
下面证明当时，在上有两个零点：
当时，易知，，故，
又因为在上单调递增，故在上有唯一零点；
当时，
令，则，
再令，则，故在上单调递增，
所以，即，故在上单调递增，
所以，因为，
所以，即，即，即，故，
又因为，故，即，
又因为在上单调递减，故在上有唯一零点；
综上：当时，在上有两个零点，即有两个解，故有两个解，即有两个零点，
所以，故，即.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．