2022-2023学年陕西省安康市石泉县江南中学等校高二下学期期中数学（理）试题含答案

2022-2023学年陕西省安康市石泉县江南中学等校高二下学期期中数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数满足，则的虚部为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】A

【分析】化简，再求出即得解.

【详解】由，得，从而，所以的虚部为1．

故选：A

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.

【详解】因为，所以，即，

所以，

因为，所以当，

当，所以，

.

故选：B.

3．已知在处取得极小值，则的值为（   ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】求导，然后通过求出的值，再代入原导函数验证在处取得极小值即可.

【详解】由已知，，

，得，

此时，，

令，得或，

令，得，

故在上单调递减，在上单调递增，

故在处取得极小值，符合题意.

则的值为.

故选：B.

4．将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图象所表示的函数是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据三角函数图象变换规律求解即可

【详解】将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，所得图象表示的函数是，

再把图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图象所表示的函数是.

故选：D

5．函数的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求函数的定义域，然后判断函数的奇偶性，再判断单调性即可得答案.

【详解】解：函数的定义域为，

因为是偶函数，所以图像关于轴对称，所以排除AB

又时，，

当时，，当时，，

所以函数在上递增，在上递减，

因为，所以排除C

故选：D．

【点睛】此题考查了函数图像的识别，考查了函数的性质，属于基础题.

6．甲､乙､丙､丁4名学生参加数学竞赛，在成绩公布前，4人作出如下预测：甲说：乙第一；乙说：丁第一；丙说：我不是第一；丁说：乙第二.公布的成绩表明，4名学生的成绩互不相同，并且有且只有1名学生预测错误，则预测错误的学生是（    ）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

【答案】A

【分析】分别假设甲､乙､丙､丁的预测错误，看能否推出与题意相矛盾的情况，即可判断答案.

【详解】若甲预测错误，则其余三人预测正确，即丁第一，乙第二，丙第三或第四，甲第四或第三，符合题意；

若乙预测错误，则其余三人预测正确，则甲和丁的预测相矛盾，这样有两人预测错误，不符合题意；

若丙预测错误，则其余三人预测正确，则甲和丁的预测相矛盾，这样有两人预测错误，不符合题意；

若丁预测错误，则其余三人预测正确，则甲和乙的预测相矛盾，这样有两人预测错误，不符合题意；

故选：A

7．如图，在直棱柱中，，，E为BC的中点，F为的中点，则异面直线AF与所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接BF，证明，在中计算即可作答.

【详解】在直棱柱中，连接BF，如图，因E为BC的中点，F为的中点，则，

则四边形为平行四边形，即有，因此是异面直线AF与所成角或其补角，

因平面，平面，则，又，，平面，

即有平面，平面，即，令，则，

所以异面直线AF与所成角的正弦值为.

故选：B

8．抛物线与轴围成的图形的面积为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】根据题意，由定积分的运算，即可得到结果.

【详解】  

与轴围成的图形在轴下方，取该函数关于轴对称的函数在上的积分.

故选：A

9．若某程序框图如图所示，已知该程序运行后输出的值是，则判断框的条件可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据程序框图与数列裂项求和，即可得出判断框的条件.

【详解】由题意，

假设先执行若干次循环：，；，；，，…，，；

，；

结束循环，再分析选项，只有B符合题意，

故选：B.

10．已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，且抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，该双曲线的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由抛物线求出焦点和准线方程，利用双曲线与抛物线的关系列方程解出a、b，求出渐近线方程.

【详解】抛物线的焦点,准线方程：.

∵抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，且抛物线的准线被双曲线截得的线段长为，

∴解得：

∴双曲线的渐近线方程为：

故选：A

【点睛】求双曲线的渐近线的方法:直接令标准方程中的1变成0,得到 ,利用平方差公式得到渐近线方程: .

11．将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色种数是（    ）

A．300 B．360 C．420 D．480

【答案】C

【分析】根据所需染颜色的个数进行分类讨论，最少需要3种，即，颜色相同，写出此时染色种数，需要4种时，即，中选一组使其颜色相同，写出染色种数，需要5种颜色时，写出染色种数，计算出最终结果即可.

【详解】解：画出四棱锥如下：

最少需要3种颜色，即，，各一种颜色，所以有种可能，

当用4种颜色时，在，中选一组使其颜色相同，所以有种可能，

当用5种颜色时，有种可能，所以共种可能.

故选：C

12．已知，，，则下列判断正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性，然后利用函数的单调性即可比较大小.

【详解】设，则，

当时，，则为增函数；

当时，，则为减函数．所以，，又，，，且在上单调递减，所以，所以．

故选：C．

二、填空题

13．设满足约束条件，则的最小值为          .

【答案】

【分析】根据题意，做出可行域，结合图像，即可得到结果.

【详解】  

做出可行域如上图阴影部分所示，

由图像可知，平移直线至过点时，

目标函数取得最小值，

联立，解得，即，

则的最小值为.

故答案为：

14．已知向量与的夹角为，则          .

【答案】

【分析】由向量的模长公式和数量积的定义求解即可.

【详解】因为向量与的夹角为，

所以，

.

故答案为：.

15．函数的最大值为          .

【答案】2

【分析】求导，令，求出，得，再根据正弦函数的最值可得结果.

【详解】因为，所以，

，所以，

的最大值为2.

故答案为：.

16．如图，正方形纸片的边长为，在纸片上作正方形，剪去阴影部分，再分别沿的四边将剩余部分折起．若、、、四点恰好能重合于点，得到正四棱锥，则体积的最大值为      ．

【答案】/

【分析】设正方形的边长为，分析可得，求出正四棱锥的体积关于的函数关系式，结合导数法可求得正四棱锥体积的最大值.

【详解】设正方形的中心为点，则点也为正方形的中心，

连接，连接分别交、于点、，易知、分别为、的中点，

设正方形的边长为，为的中点，则，

、分别为、的中点，则，则，

由题意可得，可得，

如下图所示，在正四棱锥中，平面，平面，，

因为，，则，

，

令，其中，则，列表如下：

所以，，

因此，体积的最大值为.

故答案为：.

三、解答题

17．的内角的对边分别为，已知.

(1)求；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）应用正弦定理边角关系及三角恒等变换得，再由三角形内角性质得，进而确定角的大小；

（2）根据余弦定理求，再应用三角形面积公式求面积即可.

【详解】（1）由结合正弦定理可得，整理得，

，

.

（2），即，解得，

的面积为.

18．已知等比数列的公比，前项和为，且.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意可得出，解方程求出，再由等比数列的通项公式即可求出数列的通项公式；

（2）先求出，再由等差数列的前项和公式求解即可.

【详解】（1）由已知可得:，

所以，两式相除可得：，

即，即，

解得或（舍），.

（2）由（1）可得，则，

故.

19．甲､乙､丙､丁四名同学去某社区做志愿者工作，现将他们随机安排到A，B，C三个岗位中，每个岗位至少安排一人.

(1)求共有多少种安排方法；

(2)求甲乙被安排在同一岗位的概率.

【答案】(1)36

(2)

【分析】（1）根据题意，先分组再分配，然后代入计算，即可得到结果；

（2）根据题意，由古典概型的概率计算公式，代入计算，即可得到结果.

【详解】（1）由题意一个岗位安排了2名志愿者，另外两个岗位各安排了1名志愿者，所以共有种安排方法

（2）第一步安排甲乙，有种，第二步安排丙丁两人有种，

则共有种，

则甲乙被安排在同一岗位的概率.

20．如图，几何体中，为等腰梯形，为矩形，，平面平面.

(1)证明：；

(2)求直线与平面所成角的大小.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，根据平面平面可得平面，再由线面垂直的性质和勾股定理可得答案；

（2）建立空间直角坐标系，求出、平面的法向量，由线面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）如图，过点作的垂线，垂足为，连接，

由已知可得，

平面平面，平面平面平面，

平面，

平面，

；

（2）建立如图所示空间直角坐标系，则，

，

设平面的法向量为，则，

令得，设直线与平面所成角为，

则，

，即直线与平面所成角的大小为.

21．已知椭圆的一个焦点为，且离心率.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设点、是轴上的两个动点，且，直线、分别交椭圆于点、（均异于），证明：直线的斜率为定值.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知条件求得a、b的值即可.

（2）方法一：设出直线方程，与椭圆方程联立得，，代入化简即可求得结果.

方法二：设直线的方程，由将椭圆方程化为椭圆，齐次化方程后运用韦达定理得及即可求得结果.

方法三：设直线的方程，与椭圆方程联立可求得点P坐标，用替换可得点Q坐标，进而可求得.

【详解】（1）由已知，

又离心率得，，

所以椭圆方程为.

（2）方法一：由题可知直线斜率存在，设直线的方程为

设点，，

联立得，，满足时，

有，，

由可得，

即，即，

化简得，

代入韦达定理，可得，

又点不在直线上，因此，所以，即，

故直线的斜率为定值.

方法二：令，则，则椭圆方程

即椭圆，设直线的方程为，设点，，

则，，，

联立可得，

即

即，

，即，则.

方法三：已知，设点，因为，则，

设点，，设直线的方程为，则，所以，所以，

联立可得，

由韦达定理知，即，代入直线可得，即点，

用替换可得，则.

22．已知函数．

(1)当时，求曲线在处的切线方程；

(2)若函数有两个零点，，证明：，并指出的取值范围．

【答案】(1)；

(2)证明见解析，.

【分析】（1）对求导并求出切点坐标，根据导数几何意义求切线斜率，进而写出切线方程；

（2）讨论a的范围，利用导数研究的单调性，并判断零点个数，即可确定a的范围，令，构造，利用导数研究其单调性，利用单调性证不等式.

【详解】（1）当时，，则，

所以，，故切线方程为，即．

（2）①当时，由得或；

若，

则时，为增函数；

时，为减函数；

时，为增函数．

则极小值，故最多只有一个零点，不符合题意；

若，由（1）知，为上的增函数．

由，，所以只有一个零点，不符合题意；

若时，

则时，为增函数；

时，为减函数；

时，为增函数，

则极小值，

故最多只有一个零点，不符合题意；

②当时，由得，

由得，为减函数，

由得，为增函数，

则，又趋向时，趋向时，

综上，当时始终有两个零点，，

不妨令，构造函数，

所以，

由于时，，又，则恒成立，

所以为上的减函数，则，即，故．

又，是的两个零点，则，

所以，结合的单调性得，

所以．

【点睛】关键点点睛：第二问，应用分类讨论及导数研究的零点情况，根据极值点偏移思想，构造，并研究其单调性证明不等式.