云南省凤庆县第一中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份云南省凤庆县第一中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)，共16页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．若,则( )
A.1B.-1C.2D.-2
2．已知某地区中小学生人数如图①所示,为了解该地区中小学生的近视情况,卫生部门根据当地中小学生人数,用分层随机抽样的方法抽取了10%的学生进行调查,调查数据如图②所示,则估计该地区中小学生的平均近视率为( )
A.50%B.32%C.30%D.27%
3．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文,墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现,即：圆柱的体积与其内切球的体积比为定值. 现在让我们来重温这个伟大发现．圆柱的体积与球的体积之比为( )
A.B.C.D.
4．已知,则( )
A.B.C.D.
5．函数在处的导数( )
A.与,都有关B.仅与有关而与无关
C.仅与有关而与无关D.与,均无关
6．已知双曲线,其中,,成等差数列,则该双曲线的渐近线方程为( )
A.B.C.D.
7．如图所示,梯形中,,点E为的中点,,,若向量在向量上的投影向量的模为4,设M,N分别为线段,上的动点,且,则的最大值是( )
A.不存在B.C.D.
8．已知等差数列满足,,数列满足．记数列的前n项和为,则使的n的最小值为( )
A.8B.9C.10D.11
二、多项选择题
9．已知,,且,若不等式恒成立,则m的值可以为( )
A.10B.9C.8D.7.5
10．已知复数,,则下列有关复数运算正确的是( )
A.B.
C.D.
11．已知圆,直线为直线l上的动点,过点P作圆M的切线,切点为A,B,则下列各选项正确的是( )
A.四边形面积的最小值为4
B.四边形面积的最大值为8
C.当最大时,
D.当最大时,直线的方程为
12．在不透明的甲、乙两个盒子中分别装有除标号外完全相同的小球,甲盒中有4个小球,标号分别为1,2,3,4,乙盒中有3个小球,标号分别为5,6,7．现从甲、乙两个盒里分别随机抽取一个小球,记事件“取到标号为2的小球”,事件“取到标号为6的小球”,事件“两个小球标号都是奇数”,事件“两个小球标号之和大于9”,则( )
A.事件A与事件B相互独立B.事件C与事件D互斥
C.D.
三、填空题
13．已知是等差数列的前n项和,,则__________.
14．幂函数在单调递减,则__________.
15．已知数列中,,,若,则正整数m的值为______________.
16．已知抛物线的焦点为F,抛物线上两点A,B在第一象限,且满足,,则直线的斜率为______________.
四、解答题
17．已知公比大于1的等比数列满足,,．
（1）求数列的通项公式;
（2）记,求的前n项和.
18．在中,角A,B,C对边分别为a,b,c,已知,且．
（1）求角C;
（2）若D为中点,求的最大值．
19．如图,四棱锥中,底面ABCD为直角梯形,,,平面ABCD,,,M为PC的中点．
（1）求证：平面平面PCD;
（2）若,求直线PB与面PCD所成角的正弦值．
20．设数列的前n项和为,且.
（1）求;
（2）记,数列的前n项和为,求.
21．如图,三棱柱中,,,侧面为菱形.
（1）求证：平面平面;
（2）若,,求二面角的余弦值
22．设椭圆的左、右焦点分别为,,离心率,长轴为4,且过椭圆右焦点的直线l与椭圆C交于M,N两点．
（1）求椭圆C的标准方程;
（2）若,其中O为坐标原点,求直线l的斜率;
（3）若是椭圆C经过原点O的弦,且,判断是否为定值？若是定值,请求出,若不是定值,请说明理由．
参考答案
1．答案：B
解析：
,
所以.
故选：B.
2．答案：D
解析：根据题意,抽取的样本容量为,其中小学生、初中生、高中生抽取人数分别为：350,450,200,根据图②知抽取的小学生、初中生、高中生中,近视的人数分别为：35,135,100,
所以该地区学生的平均近视率为,
故选：D.
3．答案：D
解析：设圆柱的内切球半径为R,则圆柱底面圆半径为R,高为,
所以圆柱的体积与球的体积之比为.
故选：D.
4．答案：D
解析：,
,
所以,
故选：D.
5．答案：B
解析：函数在处存在导数,则,
所以仅与有关而与无关,
故选：B.
6．答案：B
解析：由双曲线知,又,,成等差数列,得,,
焦点在y轴上,渐近线方程：.
故选：B.
7．答案：D
解析：,,梯形为直角梯形,
,
即,由,同理可得,
又向量在向量上的投影向量的模为4,所以,以B为坐标原点,
建立如图所示平面直角坐标系,则,,,
,
所以,
由且可得,令,
则由对勾函数单调性知,当时单调递减,时单调递增,
故,由,知,,故最大值为.
故选：D.
8．答案：C
解析：设等差数列的公差为d,
则由得：,解得：,
,则当时,;当时,;
当时,;当时,;当时,;当时,;
,,,,,,
,,
,,
,,,
,当时,,
当时,,则使得的n的最小值为10.
故选：C.
9．答案：BC
解析：由,,且,
可得,
当且仅当时,即时,等号成立,
又因为不等式恒成立,所以,又,结合选项,可得BC符合题意.
故选：BC.
10．答案：CD
解析：当时,显然,
显然有,,因此选项AB都不正确;
设,,a,b,c,
,
,
,因此选项C正确,
,
,
所以,因此选项D正确,
故选：CD.
11．答案：ACD
解析：由圆的几何性质可得,,圆,半径为2,如下图所示：
对于A,由切线长定理可得,又因为,所以,
所以四边形的面积,
因为,
当时,取最小值,且,
所以四边形的面积的最小值为,故A正确;
对于B,因为无最大值,即无最大值,故四边形面积无最大值,故B错误;
对于C,因为为锐角,,且,
故当最小时,最大,此时最大,此时,故C正确;
对于D,由上可知,当最大时,且,
故四边形为正方形,且有,直线,
则的方程为,联立,可得,即点,
由正方形的几何性质可知,直线过线段的中点,
此时直线的方程为,故D正确.
故选：ACD.
12．答案：ACD
解析：从甲盒、乙盒里分别随机抽取一个小球的样本空间为：,,,,,,,,,,,,共12种．
事件A：,,,;事件B：,,,,
,,,故A正确;
事件C和事件D都有,事件C与事件D不互斥,故B不正确;
事件C：,,,,,故C正确;
事件D：,,,,,
,故D正确．
故选：ACD．
13．答案：36
解析：因为是等差数列,所以,则,
所以.
故答案为：36.
14．答案：
解析：幂函数在单调递减,
,,
,
故答案为：.
15．答案：8
解析：因为,可得,
因为,则,即,可得,
对任意的,,所以,等式两边取倒数可得,
则,
所以,数列为等差数列,且其首项为,公差为1,
所以,故,
由可得.
故答案为：8.
16．答案：
解析：设,,由题可知的斜率存在,设的斜率为k.
因为A,B都在x轴上方,由题意知,
由抛物线定义,,
则,所以,
又因为,
所以,解得
故答案为：.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）设等比数列的公比为q,则,又,,
所以,两式相除得,解得或（舍）,则,
所以的通项公式为
（2）由（1）可得,所以
则
两式相减
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为,即,
又因为,故,
由正弦定理,有
即,
因为,所以,
因,故．
（2）因为D为中点,所以,
于是,
又因为,所以．
故,当且仅当时成立,故,
所以．
19．答案：（1）证明见解析;
（2）.
解析：（1）在直角梯形中,,,
则,而,,
于是,,
有,则,
因为平面,平面,即有,
而,,平面,因此平面,
又平面,所以平面平面.
（2）M为PC的中点,,则.
以A为原点,射线,,分别为x,y,z轴的非负半轴,建立空间直角坐标系,如图,
则,,,,,
,,.
设平面的法向量,则,
令,得,
设直线PB与面PCD所成角为,
则.
20．答案：（1）
（2）
解析：（1）由,
当时,,解得,
当时,,
所以,
整理得：,①
所以有,②
①-②可得,
所以为等差数列,
因为,,所以公差为,
所以.
（2）,
.
21．答案：（1）证明见解析
（2）
（1）由,,得,
又,所以,
又,又,,平面,
所以平面,而平面,则
因为四边形是菱形,所以,
由,,平面,于是平面.
又平面,因此平面平面.
（2）因为,四边形是荎形,所以是正三角形.
取的中点O,连接,则,
由（1）知：平面,平面,
所以平面平面.
又平面平面,平面,
所以平面.
以O为坐标原点,在面内过O且与平行的直线为x轴,,所在直线分别为y,z轴,
建立空间直角坐标系：
,,,,
,,
易知平面的一个法向量,
设平面的一个法向量为,
则,得,令,得,则.
设二面角的大小为,
则.
结合图形可知二面角为锐二面角,
所以二面角的余弦值为.
22．答案：（1）
（2）
（3）是定值,定值为4
解析：（1）由离心率,长轴为4,得,,
所以,
故椭圆C的标准方程为：．
（2）由（1）得椭圆的右焦点的坐标为,
设直线l的方程为：,直线l与椭圆C交于两点,,
由得,,
则,,
所以,
因,
所以,即,
解得,
故直线l的斜率为．
（3）是定值,理由如下,
由（2）得：直线的方程为：,直线l与椭圆C交于两点,,
,,
则

,
由是椭圆C经过原点O的弦,设,,直线的斜率为,
则,
由得,,且,
得,
所以,为定值．