安徽省安庆市宿松中学2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题（A卷）（Word版附解析）

2022-2023学年下学期高二期中联考

数学（A卷）

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.

4.本卷命题范围：人教版必修内容（占20%），选择性必修一､选择性必修二至选择性必修三第6章（占80%）.

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. 设集合，则（    ）

A. 或 B. 或

C. 或 D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】利用补集的定义直接求解.

【详解】因为集合，所以或.

故选：D

2. 已知函数，则（    ）

A. 5 B. 3 C. 2 D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】先求，再根据的值带入相应解析式计算即可.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：B

3. 已知向量，，若，则（    ）

A. 2 B. 18 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据空间向量平行的坐标表示求解即可．

【详解】因为，则存在实数使得，即，

解得，所以，

故选：B．

4. 已知等比数列的公比不为，且成等差数列，则（    ）

A. 1 B. -1 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据等比数列通项和等差中项性质列出关于的方程，解出即可.

【详解】由，且成等差数列，得，即，

即，解得（舍去）或（舍去）或.

故选：D

5. 《“健康中国2030”规划纲要》提出，健康是促进人的全面发展的必然要求，是经济社会发展的基础条划件.实现国民健康长寿，是国家富强､民族振兴的重要标志，也是全国各族人民的共同愿望.为普及健康知识，某公益组织为社区居民组织了一场健康知识公益讲座，为了解讲座效果，随机抽取了10位居民在讲座后进行健康知识问卷（百分制），这十位居民的得分情况如下表所示：

则以下说法错误的是（    ）

A. 该10位居民的答卷得分的极差为30

B. 该10位居民的答卷得分的中位数为94

C. 该10位居民的答卷得分的中位数小于平均数

D. 该10位居民的答卷得分的方差为104.4

【答案】B

【解析】

【分析】由极差、中位数和平均数的定义可判断A，B，C；求出该社区居民问卷得分的方差即可判断D.

【详解】按照从小到大排列为，则极差为，故选项A正确；

中位数为，故选项B不正确；

中位数为79.5，平均数为，故选项C正确；

通过计算可得

，所以方差为，故选项D正确.

故选：B.

6. 已知函数，则将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，图象关于原点对称，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

分析】利用辅助角公式化简，再根据平移变换得，然后由对称性可解.

【详解】由题意可知，将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，

所以，

因为图象关于原点轴对称，所以，即

当时，.

故选：B

7. 已知函数的定义域为，且，则（    ）

A. 0 B. 2 C. 4 D. 5

【答案】D

【解析】

【分析】函数的性质与抽象函数，用赋值法即可求解.

【详解】令，得，即，所以，

所以函数的图象关于对称；因为，所以.

故选：D

8. 已知椭圆的两个焦点为，过的直线与交于两点.若，，且的面积为，则椭圆的方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，则，，由椭圆的定义得，在中，由余弦定理得，根据同角三角函数的平方关系得，在中， 由余弦定理得，再结合的面积为，即可求出，进而得出椭圆的方程．

【详解】设，则，，则，

由椭圆的定义可知，

所以，

所以，，，，

在中，

，

则，

所以，

在中，

，

即，

整理可得，

因为三角形的面积为，

故，即，

得，

所以，，

所以椭圆的方程为，

故选：A．

二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9. 如图是函数的导函数的图象，，则下列判断正确的是（    ）

A. 单调递增区间为 B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】由导函数图象的符号判断函数在各区间的单调性，再结合函数的性质得出结果.

【详解】对于A，由题图知当时，，所以在区间上，单调递增，故正确；

对于B，当时，单调递减，在上，单调递增；当时，单调递减，所以，故B正确；

对于C，不一定是函数的最大值，最大值可能由区间的端点产生，所以错误；

对于D，当时，，单调递减，所以，故D正确；

故选：ABD.

10. 已知首项为正数的等比数列的公比为，曲线，则下列叙述正确的有（    ）

A. 若为圆，则

B. 若，则离心率为2

C. 离心率为

D. 是双曲线且其渐近线方程为

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A，若为圆，则，求出得出结果；对于B，为等轴双曲线，求其离心率即可；对于C，当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，求其离心率即可；对于D，故曲线为双曲线，求其渐近线方程.

【详解】对于A，首项为正数的等比数列的公比为，曲线，若为圆，则，所以，所以，即曲线为圆心为，半径为的圆，故正确；

对于B，当时，，所以与互为相反数且不为0，

故为等轴双曲线，故曲线的离心率为，故B错误；

对于C，，数列为递减数列，，所以曲线焦点在轴上的椭圆，故的离心率为，故C正确；

对于D，当时，与异号，

故曲线为双曲线，其渐近线为，即，故D错误.

故选：AC.

11. 已知为抛物线的焦点，为坐标原点，点在抛物线上，则（    ）

A. 的最小值为2

B. 若，则

C. 点在抛物线上，且为正三角形，则

D. 若，则抛物线在点处的切线方程为

【答案】ABD

【解析】

【分析】选项A、B，由抛物线定义及几何性质判断选项；选项C，由为正三角形，得的斜率为，得出的坐标；选项D，利用导数求切线方程判断选项.

【详解】由为抛物线的焦点，，故；

对于A，设，

,所以的最小值为2，故A正确；

对于B，由抛物线的定义知，得，故B正确；

对于C，为正三角形，则可得与轴平行，且，得斜率为，所以的坐标为，

所以，故C错误；

对于D，因为，代入，可得，

由得，抛物线在点处的切线斜率为1，所以切线方程为,即，故D正确.

故选：ABD.

12. 如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（    ）

A. 存在值，使得

B. 三棱锥体积的最大值为

C. 当时，异面直线与所成角的余弦值为

D. 当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用线面垂直的性质即可判断选项A；根据棱锥的体积计算公式判断选项B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式判断选项C；利用线面垂直的性质以及勾股定理和基本不等式即可判断选项D.

【详解】对于选项，由题意知，

若，，平面，则平面，

所以，不成立，故不正确；

对于选项，在三棱锥中，半圆面，

则是三棱锥的高，

当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，

三棱锥的体积取得最大值为，故选项B正确；

对于选项C：当时，则为的中点，以的中点为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，

则,，，，

可得，则，

故异面直线与所成角的余弦值为，所以正确；

对于选项，取的中点，过点作于点，连接，

由题意知，平面，平面，，

又因为，，平面，

可得平面，

所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，

设，则，

在Rt中，，

所以，

故，

令，则，且，

所以，

当且仅当，即时取等号，

所以，则，

所以直线与平面所成最大角的正弦值为，

此时，

所以，

连接，因为平面，平面，所以，

因为为正方形，所以，

在中，可得，

在中，可得，

则，因为，

所以点为四棱锥外接球的球心，

因为，由，解得，

所以球心到面的距离，

设截面半径为，则有，

所以截面面积为，故D正确.

故选：BCD.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 复数，则__________.

【答案】##0.8

【解析】

【分析】利用复数代数形式的除法运算化简得到，再由共轭复数的概念得到，进而求出结果．

【详解】，

，则.

故答案为：.

14. 已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据椭圆标准方程的结构特征，结合焦点在轴上可得.

【详解】因为方程表示焦点在y轴上的椭圆，所以，得.

故答案为：

15. 已知数列满足，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】通过取倒数构造等差数列，根据条件解得，再结合裂项相消法得出结果．

【详解】因为，所以，

所以，所以，，

所以.

故答案为：.

16. 已知函数是定义在上的可导函数，且满足，对于任意的实数，都有，当时，，若，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】由构造函数，得出为偶函数，通过导数得到的单调性，再解不等式求得结果.

【详解】因为，

所以，令，则，即为偶函数，

当时，即，

所以，即函数在上单调递增.

根据偶函数对称区间上单调性相同的性质可知在上单调递减，

又因为，所以，所以，，即，

故只需，即，

所以，解得.

故答案为：.

四､解答题：共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知在的展开式中的二项式系数之和为64，求：

（1）的值；

（2）展开式中常数项；

【答案】（1）6    （2）15

【解析】

【分析】（1）根据二项式系数之和分析运算；

（2）根据二项展开式分析运算.

【小问1详解】

因为展开式中的二项式系数之和为64，

所以，得.

【小问2详解】

二项展开式的通项为.

可得当，即时，

此时，展开式中常数项为15.

18. 已知函数.

（1）若，求函数的单调区间；

（2）若，求证：.

【答案】（1）函数的单调减区间为，单调增区间为；   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）求导，解不等式，可得；

（2）构造函数，转化为求的最小值问题，利用导数可证.

【小问1详解】

当，则，

令，解得，令，解得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增；

所以函数的单调减区间为，单调增区间为；

【小问2详解】

因为，所以，

所以即证，.

令，则

当时，为增函数；当时，为减函数；

所以的最小值为，

所以，所以，所以.

19. 已知半径小于6的圆过点，且圆与两坐标轴均相切．

（1）求圆的标准方程；

（2）若圆与直线交于两点，__________，求的值．

从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：；条件②：．

注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设圆，由圆过点代入方程，再根据圆与两坐标轴均相切得出，，且，解出，即可得出圆的方程；

（2）选①：过点作于点，由得出，则，得出圆心到直线的距离，由点到直线距离公式列出方程求解即可；选②：在中，由余弦定理得出，则，过点作于点，得出，则圆心到直线的距离，由点到直线距离公式列出方程求解即可．

【小问1详解】

设圆，

因为圆过点，

所以，

又因为圆两坐标轴均相切，

所以得，且，

则，解得或，

因为圆半径小于6，

所以，即，

所以．

【小问2详解】

如果选择条件①：

由，，得，

过点作于点，则，

所以圆心到直线的距离，

则，

解得；

如果选择条件②：，

在中，，

由余弦定理得，

所以，

过点作于点，则，

所以圆心到直线的距离，

则，

解得．

20. 在直三棱柱中，，点是对角线上的动点，点是棱上的动点.

（1）若分别为的中点，求证：平面；

（2）设，当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）.

【解析】

【分析】（1）通过面面平行证明线面平行；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面的法向量，再得到两平面的夹角的余弦值.

【小问1详解】

证明：取的中点为，连接MP，NP，

因为分别为的中点，

所以，又，

所以，平面，平面，

平面，同理可证平面，

因为，

所以平面平面，

因为平面，所以平面；

【小问2详解】

在平面内过点作，使得点与点在同侧，

由平面平面平面，

故，结合，故两两垂直.

以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，

由得，

故为等腰直角三角形，

同理，为等腰直角三角形.得，

故，

，

当时，最小，此时分别是中点，

于是，

，

设平面的法向量为，

故，即，整理得，

取可得平面的一个法向量为，

平面的法向量为，

设平面与平面夹角的大小为，

则，

故平面与平面夹角的余弦值为.

21. 下图（1）是一个边长为1的正三角形，将每边三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并擦去中间一段，得到图（2），如此继续下去，得到图（3）….由图可知，围成第一个图形的线段条数为3，围成第（2）个图形的线段条数为，设围成第个图形的边长条数为.

（1）求，并直接写出（不用证明）；

（2）数列满足，求数列的前项和.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）可以看到，由第到第个图形，每1条线段都变为4条线段，得出一个等比数列，求出结果.

（2）先求，再利用错位相减法求和.

【小问1详解】

由题意可知，

可以看到，由第到第个图形，

每1条线段都变为4条线段，故；

【小问2详解】

因为，

由题意知，①

当时，得，

当时，，②

①-②得，则，检验成立，故，

令③

④

③-④得.

，

化简得.

22. 已知双曲线的右焦点为为双曲线上一点.

（1）求的方程；

（2）设直线，且不过点，若与交于两点，点关于原点的对称点为，若，试判断是否为定值，若是，求出值，若不是，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）利用焦点坐标得到，再由点在双曲线上，结合联立方程即可得解；

（2）利用设而不求得到关于的值，再由得到的关系式，从而整理得，分析式子即可得到，由此得解.

【小问1详解】

由已知可得，故，

因为在双曲线上，所以，解得（负值舍去），

所以的方程为；

【小问2详解】

联立直线与双曲线的方程，

可得，

则且，

所以且，

设，则，由韦达定理可得，

又，

所以，，

又，

因为，所以，

整理可得，则，

则，

整理可得，

因为不恒为0，所以应有，解得，

所以直线的斜率为定值3.

【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.