2022-2023学年云南省玉溪第一中学高二下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年云南省玉溪第一中学高二下学期期中考试数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年云南省玉溪第一中学高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1．若，则复数（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数除法法则即可求解.【详解】由得.故选：D2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得集合和集合，再根据集合的并运算即可求解.【详解】因为，，所以.故选：A3．在“五一”假期，小铭买了1本计算机书，1本文艺书，1本体育书，2本不同的数学书.打算把它们放在同一层书架上，两本数学书放在一起，不同的摆放种数有（    ）A．48 B．96 C．120 D．240【答案】A【分析】利用捆绑法计算可得.【详解】将本不同的数学书捆绑在一起，与其余本书全排列，故有种不同的摆放方法.故选：A4．如图，在边长为2的正三角形中，、依次是、的中点，，，，、、为垂足，若将正三角形绕旋转一周，则其中由阴影部分旋转形成的几何体的体积（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意分析可得由阴影部分旋转形成的几何体为圆锥中去掉一个圆柱，结合体积公式分析运算.【详解】由题意可得：，由阴影部分旋转形成的几何体为圆锥中去掉一个圆柱，则几何体的体积.故选：C.5．如图是杨辉三角数阵.杨辉三角原名“开方作法本源图”，也有人称它为“乘方求廉图”，在我国古代用来作为开方的工具.在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，就已经出现了这个表.在欧洲，这个表叫做帕斯卡三角.杨辉三角的发现比欧洲早500年左右，很值得我们中华民族自豪.记为图中第行各个数之和，为的前项和，则（    ）  A．511 B．512 C．1023 D．1024【答案】A【分析】由题意可得，结合等比数列的前项和公式即可求解.【详解】由题意可得，而，所以数列是等比数列，且首项，公比，所以. 故选：A6．已知圆的方程为，设该圆过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题可得最长弦为直径，最短弦为过且与最长弦垂直的弦，据此可得答案.【详解】设圆圆心为M，则圆M：，则，半径为.如图，最长弦为过的直径，长度为10.最短弦为过且与最长弦垂直的弦，设E，则由垂径定理可得，.又，则.又，则四边形的面积为：.故选：C  7．已知函数，分别与直线交于点，，则的最小值为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】依题意，表示出两点坐标和，构造函数，利用导数研究单调区间和最值.【详解】  由题意，， ，其中，且，所以，令，，则时，解得，所以时，；时，；则在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，故选：B．8．已知，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，再比较大小即可.【详解】设函数，则，则在上是减函数，又，则，又因为，，，所以，即．故选：C. 二、多选题9．十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等10个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者.如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法正确的是（    ）A．在跳高和标枪项目中，甲、乙水平相当B．在1500米跑项目中，甲的得分比乙的得分高C．甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大D．甲的各项得分的方差比乙的各项得分的方差小【答案】AC【分析】根据题意，观察雷达图，然后对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】由图可知，在跳高和标枪项目中，甲、乙水平相当，所以A正确；由图可知，在1500米跑项目中，甲的得分比乙的得分低，所以B错误；甲的各项得分的极差约为，乙的各项得分的极差小于，所以C正确；由图可知，甲各项得分的波动较大，乙各项得分均在，波动较小，故甲的各项得分的方差比乙的各项得分的方差大，所以D错误；故选:AC.10．已知函数在处取得极小值，与此极小值点最近的图象的一个对称中心为，则下列结论正确的是（    ）A． B．将的图象向左平移个单位长度即可得到的图象C．在区间上单调递减 D．在区间上的值域为【答案】ACD【分析】利用三角函数的图象性质以及图象的平移变换即可一一判断求解.【详解】第一步：根据余弦函数的图象与性质求出，，的值，判断A选项A选项：由题知，，设的最小正周期为，则，∴，∴.（三角函数图象的相邻对称中心与对称轴之间的距离为，其中为该三角函数的最小正周期）∵，∴，则，得，（整体思想）又，∴，∴，故A正确；第二步：利用三角函数图象的平移变换法则判断B选项B选项：的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到，故B错误；第三步：利用整体思想及余弦函数的图象与性质判断C，D选项C选项：由得，则在区间上单调递减，故C正确；D选项：∵，∴，∴，∴，∴在区间上的值域为，故D正确.故选:ACD.11．正多面体因为均匀对称的完美性质，经常被用作装饰材料.正多面体又叫柏拉图多面体，因古希腊哲学家柏拉图及其追随者的研究而得名.最简单的正多面体是正四面体.已知正四面体的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（    ）A．异面直线与所成角为B．点到平面的距离为C．四面体的外接球体积为D．四面体的内切球表面积为【答案】BCD【分析】由题画出图形，证明，可知A错；直接求出到平面的距离判断B；求出正四面体外接球的半径，进一步求得外接球的体积判断C；根据图形，得出正四面体的内切球半径，进一步求得内切球的表面积判断D.【详解】  由题意，四面体为正四面体，取底面的中心为，连接并延长，交于，则为的中点，且，连接，则平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，故A错；由四面体的所有棱长为，得，又，，故B正确；设四面体的外接球的球心为，半径为，连接，则，解得，则四面体的外接球的体积为，故C正确；根据对称性，正四面体的外接球和内切球球心均是，设正四面体内切球半径为，则，又，，所以,则四面体的内切球表面积为.故D正确.故选：BCD12．已知双曲线：与椭圆的焦点相同，双曲线的左右焦点分别为，，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，与轴相交于点，的内切圆与边相切于点.若，则下列说法错误的有（    ）A．双曲线的离心率为B．双曲线的方程为C．若，则的内切圆面积为D．过点与双曲线有且仅有一个交点的直线有3条【答案】ACD【分析】设、与的内切圆分别相切与两点，可得，且，由双曲线定义和离心率公式可判断A B；设，则，，由可得，再由得，即内切圆的半径可判断C；当过点的直线与轴垂直时，其方程为，与双曲线方程联立可得可得直线与双曲线有一个交点；当过点的直线与轴不垂直时，设其方程，与双曲线方程联立分、时，可解得，此时可得直线与双曲线有一个交点；当时，由得，此时可得直线与双曲线有两个交点可判断D错误；【详解】如图，设、与的内切圆分别相切与两点，所以，且，因为，可得，双曲线：与椭圆的焦点相同，所以，可得，所以双曲线的离心率为，故A错误；所以双曲线的方程为，故B正确；对于C，若，设，则，，由可得，解得，可得，由得，解得，即内切圆的半径为，则的内切圆面积为故C错误；对于D，当过点的直线与轴垂直时，其方程为，与双曲线方程联立，可得，即直线与双曲线有一个交点；当过点的直线与轴不垂直时，设其方程为，与双曲线方程联立可得，当时，可得，解得，当时，可得，解得，此时可得直线与双曲线有一个交点；当即时，由得 ，可得，此时可得直线与双曲线有两个交点；综上所述，过点与双曲线有且仅有一个交点的直线有4条，故D错误；故选：ACD. 三、填空题13．已知二项式，则展开式中的常数项为___________.【答案】【分析】结合二项式的展开式的通项公式即可直接求出结果.【详解】二项式的展开式的通项公式为，领，则展开式中的常数项为，故答案为：.14．某班宣传小组有2名男生和3名女生.现从这5名同学中挑选2人参加小剧场演出，在已知有女生的条件下，2名都是女生的概率为______.【答案】【分析】设出事件，利用条件概率公式求出答案.【详解】设挑选参加小剧场演出的2人有女生为事件，则，设挑选参加小剧场演出的2名都是女生为事件，则，则已知有女生的条件下，2名都是女生的概率为.故答案为：15．对于非零向量，，定义.若，则______.【答案】【分析】根据定理可得，然后利用向量模的计算求出，代入即可求解.【详解】∵，∴．由可得，两式相减得，∴．故答案为:.16．已知函数的定义域为，且，，则______.【答案】【分析】利用已知条件变换先计算周期，算出一个周期内的值，然后根据周期性求结果即可.【详解】因为，由，令,则即①，所以②，①②相加得：，，所以，所以函数的一个周期为6，令，则，令，则，又，所以，，，，所以所以有由周期性得：故答案为：. 四、解答题17．已知函数（，为自然对数的底数）在处的切线与轴平行.(1)求在处的切线方程；(2)若有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求导得到切线斜率，进而得到切线方程；（2）参变分离，转化为函数的图象与函数的图象有两个交点，求导得到的单调性和图象性质，求出答案.【详解】（1），由已知得，得，则，所以所以在处的切线方程是.（2），由，可得，令，所以函数有两个零点等价于函数的图象与函数的图象有两个交点，因为，令可得，令可得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又趋向正负无穷时都趋向，故实数的取值范围是.18．已知数列满足，.(1)证明：数列为等比数列，并求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)证明见解析，(2) 【分析】（1）通过构造可证为等比数列，根据等比数列通项公式可得，然后可得；（2）利用分组求和法和错位相减法可得.【详解】（1）∵，又∵，∴数列是首项为2，公比为2的等比数列.∴，∴；（2）由题意.则,设，①则，②①②得：,∴,∴.19．在如图所示的一个组合体中，平面为直角梯形，其中，，，四边形为矩形，平面平面，，且为的中点.(1)若，求证：平面；(2)若矩形为正方形，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由可知，再通过证明平面可得，然后根据线面垂直判定定理可得；（2）以点为坐标原点，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用法向量求解可得.【详解】（1）∵，为的中点，∴，∵平面为矩形，∴，又∵，，平面，∴平面，又∵平面，∴，又∵，，平面，故平面；（2）因为平面平面，且平面平面，，平面，则平面，故以点为坐标原点，所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，所以，，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，设平面的法向量为，则，即，令，则，，故，所以，由图可知，二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.20．在①，②点是线段的中点，且，③点在线段上，且，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.已知中，内角A，，所对的边分别为、、，.(1)求A的大小；(2)若外接圆的面积为，且______，求的面积.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2). 【分析】（1）利用结合余弦差角公式可得答案；（2）由正弦定理，可得.若选①，利用正弦定理可得，后由余弦定理结合可得，即可得答案；若选②，分别在，中利用余弦定理可得答案；若选③，利用角平分定理结合余弦定理可得答案.【详解】（1）因为，可得，可得，即，可得，即，而，所以.（2）设三角形的外接圆的半径为，则由题意可得，可得，再由正弦定理可得，即，若选①∵，由正弦定理得：.由余弦定理可得，即，∴，所以.若选②设，在中，由余弦定理得，即（I）在中，由余弦定理得，即（II）由（I）（II）得：.又由余弦定理可得，同上可得的面积为.  若选③点在线段上，且，由角平分线的性质可得，而，可得，再由余弦定理可得，即，解得，同上可得的面积为.  21．已知函数（1）判断函数的单调性；（2）若函数有极大值点，求证：.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析【分析】（1）对求导，得到，然后判断的根的情况，得到的正负，然后得到的单调性；（2）由（1）可得，且，由得，所以只需证，令，，利用导数研究出的单调性和最值，结合，得到时，，从而得以证明.【详解】（1）由题意，知，对于方程，，①当时，，，在上单调递增.②当时，令，则，，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增.综上所述，当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减.（2）由（1）可知当时，在处时，函数取得极大值，所以函数的极大值点为，则．由得，要证，只需证，只需证，即，令，，则，令，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减， ，所以，在上单调递减，又，故时，，又，则，从而可证明.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值，利用导数证明不等式，涉及分类讨论的思想，属于难题.22．在平面直角坐标系中，已知点，点满足以为直径的圆均与轴相切，记的轨迹为.(1)求的方程；(2)设不经过原点的直线与抛物线交于、两点，设直线、的倾斜角分别为和，证明：当时，直线恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设，由题意可得，化简即可；（2）设，，直线的方程为，联立抛物线方程消元得，由结合韦达定理可求得，从而可证明.【详解】（1）设，则，的中点为，其坐标为，到轴的距离为，则由题意可知，点满足以为直径的圆均与轴相切，则，化简可得. 所以的方程为.（2）根据题意，设，，易知直线的斜率存在，假设直线的方程为，与抛物线方程联立得，，，即，由韦达定理可得，，，∴则，∴，，又因为，，所以，，所以当时，，解得，所以直线的方程即为：，即得直线恒过定点.  【点睛】思路点睛:与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题