2022-2023学年河南省新郑市第一中学高二下学期期中联考数学试题含答案

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全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回.
4.本卷主要考查内容：高考范围.
一、单项选择题：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. 命题的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由特称命题的否定是全称命题即可得到结果.
【详解】原命题的否定为.
故选:A
2. 已知复数z满足:，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先设复数，根据条件，列式求复数，再求模.
【详解】设
则，得，
所以.
故选：B
3. 集合，，则中的元素个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】直接进行交集运算即可求解.
【详解】集合，，
，
所以中的元素个数为，
故选：A.
4. 若，则的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据倍角公式，三角函数的基本关系式，化齐次，弦化切即可求解.
【详解】，
故选：D
5. 已知函数为定义在上的奇函数，且当时，则关于的不等式的解集为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由函数的奇偶性得到时的解析式，分别求解，即可得到结果.
【详解】因为为定义在上的奇函数，
当时,，
由得，即，解得，
当时，，则，
则，
由得，即，解得，
又，
所以的解集为.
故选：D.
6. 已知在过去的六年中，某市燃油私家车保有量(万辆)与新能源私家车保有量(万辆)随着年数()变化的线性回归方程分别为 则从今年开始，预计新能源私家车保有量超过燃油私家车保有量需要经历的年数约为（ ）
A. 11B. 12C. 17D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】令，解之即可得解.
【详解】令，解得，
又，所以，则，
所以预计新能源私家车保有量超过燃油私家车保有量需要经历的年数约为年.
故选：B.
7. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件结合圆与圆的位置关系可得点到直线的距离小于等于2，列不等式求的取值范围.
【详解】圆的圆心的坐标为，半径为，
设直线上的点满足条件，
则以点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，即两圆相交或相切，
所以，
所以点到点的距离小于等于，
所以点到直线的距离小于等于2，
所以 解得
所以k的取值范围为，
故选：A.
8. 如图所示，将一个矩形纸片ABCD切去四个角处的阴影部分，其中四个阴影部分为相互全等的直角梯形，且此直角梯形较长的底边长为，是直角梯形的一个内角．将剩下的部分沿着虚线折起，恰好拼接成一个无盖直四棱柱，且直四棱柱的底面PQEH为等腰梯形．已知，，．则此直四棱柱的体积为（ ）

A 28B. 32C. 36D. 40
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可求得底面梯形的两底边长和高进而求得其面积，再求得直四棱柱的高，即可求得体积.
【详解】由图可知，，，

所以，
梯形PQEH的高，
所以其面积，
直四棱柱的高，
则直四棱柱体积,
故选：A
二、多项选择题：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. 有一组样本数据:4，1，6，4，6，6，8，下列说法中正确的是（ ）
A. 这组数据的极差为7B. 这组数据的众数为4
C. 这组数据的平均数为5D. 这组数据的中位数为6
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别求出这组数据的极差，众数，平均数，中位数，即可判断每个选项．
【详解】对于A：这组数据的极差为，故A正确；
对于B：这组数据的众数为6，故B错误；
对于C：这组数据的平均数为：，故C正确；
对于D：这组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，6，6，6，8，可得这组数据的中位数为6，故D正确；
故选：ACD．
10. 如图，在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E为A₁D₁的中点，F为C₁D₁的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A. EF∥AC
B. 直线EF 与平面BCC₁B₁所成的角为45°
C. 异面直线EF 和AD₁所成的角为45°
D. BD₁⊥EF
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据线线平行传递性可判断A选项，根据线面角得出B选项，根据异面直线所成角判断C选项，根据线面垂直判断D选项.
【详解】对于A选项，由EF//A₁C₁，AC//A₁C₁，可得EF//AC，可得A选项正确;
对于B选项，由平面ADD₁A₁//平面BCC₁B₁，D₁F⊥平面ADD₁A₁，直线EF 与平面所成的角为∠FED₁，，可得B选项正确；
对于C选项，由EF//A₁C₁，AD₁//BC₁，△A₁C₁B是等边三角形，可得异面直线EF 和AD₁所成的角为60°,C选项错误;
对于D选项，由平面BDD₁,平面BDD₁，,AC⊥平面BDD₁，EF//AC，EF⊥平面BDD₁,可知D选项正确.
故选：ABD.
11. 已知点P是焦点为F的抛物线上的动点，抛物线C的准线l的方程为.则（ ）
A.
B. 过点P作准线l的垂线，垂足为H，直线与准线l相交于点D，若为等腰直角三角形，点P位于第一象限，直线PF的倾斜角为锐角，则点P的横坐标为8
C. 直线与抛物线C交于另一点E，若，则点P与点E的横坐标之差为
D. 过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由求出可判断A；由为等腰直角三角形，可得直线PF的方程，与抛物线方程联立，解得可判断B；设点P、点E的坐标分别为、，直线PF的方程为，与抛物线方程联立可得，，由，可得，可求出可得可判断C；设，可求出的最小值，设，根据的范围可判断D.
【详解】对于A选项，由可得，故A选项正确；
对于B选项，如图，
由为等腰直角三角形，可得，可知直线PF斜率为1，直线PF的方程为，联立方程，解得，故B选项错误；
对于C选项，如图，
设点P的坐标为，点E的坐标为，直线PF的方程为，联立方程，有， 可得，
有， 又由，有，可得，
联立方程，解得 ，可得，故C选项正确；
对于D选项，如图，
设，
则12，
即的最小值为 ，设，则，
即，所以，故D选项正确.
故选：ACD.
12. 已知函数，下列结论中正确的是（ ）
A. 若ω=3，则函数f(x)的最小正周期为
B. 若，则函数为偶函数
C. 若，函数在区间上单调递增，则ω的取值范围为
D. 若存在，使得，则ω的值为2
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，根据周期函数公式，即可计算，对于B，根据函数奇偶性即可判断，对于C，根据，得到，即可求解.对于D，根据范围，求得，即可得ω的值.
【详解】对于A选项，若，则故A选项不正确；
对于B选项，若，则，可知函数f(x)为偶函数，故B选项正确；
对于C选项，若，若，则，
又函数在区间上单调递增，所以，解得：.故C错误.
对于D选项，因为，所以最小正周期所以
所以解得，故D选项正确.
故选：BD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量， 满足，，且，则___________
【答案】
【解析】
【分析】由向量的模的坐标表示求，再由数量积的性质和运算律求.
【详解】因为，
所以又，，
所以
故答案为：.
14. 的展开式中，的系数为________
【答案】
【解析】
【分析】已知式变形为，根据二项式的展开式的通项公式可得答案.
【详解】，
展开式通项，
展开式中的系数为，展开式中的系数为，
则，
故答案为：.
15. 在平面直角坐标系中，已知双曲线左、右焦点为，点，直线与双曲线的渐近线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率为__________
【答案】
【解析】
【分析】利用条件求出直线的方程，再联立渐近线方程，得出，再由，得到，进而求出结果.
【详解】因为，，，所以直线的方程为，又双曲线的渐近线方程为，
由，解得，所以，
又因为，所以，
整理得，所以，即，解得离心率或（舍去），
故答案为：.
16. 已知函数，其中是自然对数的底数，经研究：“在平面直角坐标系中，轴是函数的图象的渐近线”．若方程有六个互不相等的实数解，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数研究函数的性质，作出的大致图象，设，则，设的两根为，可知，且，列式求解即可.
【详解】，令，解得或，
当或时，；当时，，
则在和上单调递减，在上单调递增，
当时，取极小值；当时，取极大值，
当或时，.
作出的大致图象，如图，
设，则，设的两根为，可知，且，
有
得，即的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，．
（1）证明：；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】小问1：证法一：运用余弦定理可证，证法二：利用正弦定理可证；
小问2：由余弦定理求得，结合三角形面积公式可求结果．
【小问1详解】
（1）证法一：∵，∴，
由余弦定理可得．
则，
，∴．
证法二：∵，由正弦定理得，
∴，
可得，
所以由正弦定理可得．
【小问2详解】
（2）由余弦定理可得
．
∴，∴，
∵，A为三角形内角，∴，
∴．
18. 如图，在长方体中，，是的中点，且.
（1）求的长;
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，结合条件，根据线面垂直判定定理和性质定理证明，再证明，由相似性质求；
（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的方向向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
连接，在长方体中，平面，
又平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
所以，又，
所以，又，
所以，所以，
又，，
解得
所以；
【小问2详解】
以D为坐标原点，以为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，所以，
取，则，
则为平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则
19. 已知等差数列的前项和为，等差数列的公差为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用当时，，可求得，进而求得数列公差为，再由，解得，从而求得数列和数列的通项公式（2）利用裂项相消法求和即得所求
【小问1详解】
由可得，
当时，
则
所以
即数列的公差为，又
所以，解得，
故数列的通项公式为，数列的通顶公式为；
【小问2详解】
由（1）可知，，所以.
20. 有甲、乙两个袋子，甲袋中有2个白球2个红球，乙袋中有2个白球2个红球，从甲袋中随机取出一球与乙袋中随机取出一球进行交换．
（1）一次交换后，求乙袋中红球与白球个数不变的概率；
（2）二次交换后，记X为“乙袋中红球的个数”，求随机变量X的分布列与数学期望．
【答案】（1）；（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）分甲乙交换的均是红球，甲乙交换的均是白球，两种情况讨论即可得解；
（2）写出随机变量X的所有可能取值，先分别求出一次交换后，乙袋中有2个白球2个红球，乙袋中有1个白球3个红球，乙袋中有3个白球1个红球的概率，从而可求得对于随机变量的概率，写出分布列，根据期望公式即可求出数学期望.
【详解】解：（1）甲乙交换的均是红球，则概率为，
甲乙交换的均是白球，则概率为，
所以乙袋中红球与白球个数不变的概率为；
（2）X可取0，1，2，3，4，
由（1）得，一次交换后，乙袋中有2个白球2个红球的概率为，
乙袋中有1个白球3个红球的概率为，
乙袋中有3个白球1个红球的概率为，
则，
，
，
，
，
所以随机变量X的分布列为
所以数学期望.
21. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的离心率为，短轴长为2.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，点D为椭圆C的下顶点，点P为椭圆C上异于椭圆顶点的动点，直线AP与直线BD相交于点M，直线BP与直线AD相交于点N.证明：直线MN与x轴垂直.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据短轴长和离心率得到，，，得到椭圆方程.
（2）确定各点坐标，设点P的坐标为，，计算各直线的方程，得到的横坐标，作差为0得到证明.
【小问1详解】
设椭圆C的焦距为2c，由题意有：，解得，，，
故椭圆C的标准方程为.
小问2详解】
点A的坐标为，点B的坐标为，点D的坐标为，
设点P的坐标为，，有，可得，
直线BD的方程为，整理为；
直线AD的方程为，整理为；
直线AP的方程为；
联立方程，解得，M的横坐标为，
直线BP的方程为，
联立方程，解得：，N的横坐标为，
，
故点M和点N的横坐标相等，可得直线MN与x轴垂直.
【点睛】关键点睛：本题考查了椭圆方程，椭圆中的位置关系，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将直线与的垂直关系转化为横坐标相等是解题的关键.
22. 设函数，其中是自然对数底数，.
（1）若，求的最小值；
（2）若，证明：恒成立.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，，求出，可得答案；
（2）设， ， ，，，设，求出利用单调性可得答案.
【小问1详解】
当时，，
则，
所以单调递增，又，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以.
【小问2详解】
设，
若，则，
若，则，
设，
则，所以单调递增，又，
当时，，上单调递减，
当时，，单调递增，
所以，所以，
综上，恒成立.
【点睛】本题考查了求函数值域或最值的问题，一般都需要通过导数研究函数的单调性、极值、最值来处理，特别的要根据所求问题，适时构造恰当的函数，再利用所构造函数的单调性、最值解决问题是常用方法，考查了学生分析问题、解决问题的能力.
X
0
1
2
3
4
P