广东省汕头市金山中学2022-2023学年高二数学下学期期中试卷（Word版附解析）

这是一份广东省汕头市金山中学2022-2023学年高二数学下学期期中试卷（Word版附解析），共21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学年第二学期期中考试  高二数学试卷 一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】将中的元素代入即可得出，然后根据交集的运算，即可得出答案.【详解】当或时，；当时，.所以，，所以，.故选：B.2. 设的实部与虚部相等，其中为实数，则A. −3 B. −2 C. 2 D. 3【答案】A【解析】【详解】试题分析：，由已知，得，解得，选A.【考点】复数的概念及复数的乘法运算【名师点睛】复数题也是每年高考的必考内容,一般以客观题的形式出现,属得分题.高考中考查频率较高的内容有：复数相等、复数的几何意义、共轭复数、复数的模及复数的乘除运算.这类问题一般难度不大,但容易出现运算错误,特别是中的负号易忽略,所以做复数题时要注意运算的准确性. 3. 已知两条直线，，则是的（    ）A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】当时，根据斜率的乘积等于可得；当时，根据求出，再根据必要不充分条件的概念可得答案.【详解】当时，，，，所以；当时，可得，解得或，所以“”是“”的必要不充分条件．故选：A.4. 《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其第五卷《商功》中有如下问题：“今有圆堡，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？”这里所说的圆堡就是圆柱体，其底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少?若取3，估算该圆堡的体积为（1丈=10尺）A. 1998立方尺 B. 2012立方尺C. 2112立方尺 D. 2324立方尺【答案】A【解析】【详解】试题分析：由底面半径为，则，又，所以，所以该圆堡的体积为立方尺，故选A．考点：1．数学文化；2．旋转体的表面积与体积．5. 的展开式中的系数是（    ）A. 160 B. 240 C. 280 D. 320【答案】C【解析】【分析】首先把看作为一个整体，进而利用二项展开式求得的系数，再求的展开式中的系数，二者相乘即可求解.【详解】由二项展开式的通项公式可得的第项为，令，则，又的第为，令，则，所以的系数是.故选：C【点睛】本题考查二项展开式指定项系数，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.6. 已知直线与曲线相切，则实数a的值为（    ）A.  B.  C. 0 D. 2【答案】A【解析】【分析】设切点，利用导数的几何意义计算即可.【详解】设切点为，易知，则，解之得，故选：A7. 楼道里有9盏灯，为了节约用电，需关掉3盏互不相邻的灯，为了行走安全，第一盏和最后一盏不关，则关灯方案的种数为A. 10 B. 15 C. 20 D. 24【答案】A【解析】【分析】将问题等价转化为将盏关着的灯插入盏亮着的灯所形成的除最左端和最右端的空挡以外的个空档之内，进而求得结果.【详解】问题等价于将盏关着的灯插入盏亮着的灯所形成的除最左端和最右端的空挡以外的个空档之内关灯方案共有：种故选：【点睛】本题考查组合数的应用，关键是能够将问题进行等价转化为符合插空法的形式.8. 如图，在底面半径为1，高为5的圆柱内放置两个球，使得两个球与圆柱侧面相切，且分别与圆柱的上下底面相切．一个与两球均相切的平面斜截圆柱侧面，得到的截线是一个椭圆．则该椭圆的离心率为(    )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】作出轴截面图形，根据几何关系即可求解．【详解】如图所示，，，，则，∴，即，而，即，∴，∴．故选：C．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9. 已知双曲线的方程为，则（    ）A. 渐近线方程为 B. 焦距为C. 离心率为 D. 焦点到渐近线的距离为8【答案】BC【解析】【分析】A选项，先判断出双曲线焦点在轴上，利用公式求出渐近线方程；B选项，求出，得到焦距；C选项，根据离心率公式求出答案；D选项，利用点到直线距离公式进行求解.【详解】焦点在轴上，故渐近线方程为，A错误；，故，故焦距为，B正确；离心率为，C正确；焦点坐标为，故焦点到渐近线的距离为，D错误.故选：BC10. 的展开式中第项和第项的二项式系数相等，则以下判断正确的是（    ）A. 第项的二项式系数最大B. 所有奇数项的系数和为C. D. 【答案】AC【解析】【分析】由已知可推得.根据二项式系数的性质，即可得出A项；赋值令以及，即可判断B项；令以及，即可得出C项；判断各项的符号，去掉绝对值，即可求出结果，判断D项.【详解】由已知可得，，所以.对于A项，根据二项式定理的性质可知，A项正确；对于B项，令可得，；令可得，.两式相加可得，，所以，故B项错误；对于C项，令可得，；令可得，，所以，故C项正确；对于D项，易知均为负数，均为正数.所以，.又，，所以，，所以，，故D项错误.故选：AC.11. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（    ）A. 事件，为互斥事件 B. 事件B，C为独立事件C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据互斥事件、独立事件的定义判断AB，由组合知识求得判断C，根据条件概率的定义求得判断D．【详解】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A正确；由于是红球有3个，白球有2个，事件发生时，两球同为白色或同为红色，，事件不发生，则两球一白一红，，不独立，B错；，C正确；事件发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件才发生，所以，D正确．故选：ACD．12. 已知正四棱台的所有顶点都在球的球面上，，，为内部（含边界）的动点，则（    ）A. ∥平面B. 球的表面积为C. 的最小值为D. 若与平面所成角的正弦值为，则点轨迹长度为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由条件先证线线平行，进而证得线面平行；对于B，先假设球心的位置，利用勾股定理与半径相等建立方程组进而确定的位置，可求得球的表面积；对于C，先判断落在上，再进一步判断与重合时，取得最小值；对于D，利用面面垂直的性质作出面，故为与平面所成角，再利用得出长，继而判断点轨迹为圆弧.【详解】对于A，如图1，设底面对角线交于点由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故共面，又面面，而面面，面面，故，即；由平面几何易得，即；所以四边形是平行四边形，故，而面，面，所以平面，故A正确；.对于B，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，则，在等腰梯形中，易得，即，为方便计算，不妨设，则由，即，即，又，解得，即与重合，故，故球的表面积为，故B正确；.对于C，由图2易得，，，面，故面，不妨设落在图3处，过作，则面，故，故在中，（直角边小于斜边）；同理，，所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值；再看图4，由可知，故，故C错误； .对于D，由选项C可知，面，面，故面面，在面内过作交于，如图5，则面，面面，故面，故为与平面所成角，在中，，，，故为正三角形，即，故，在中，，即E点在以F为圆心，为半径的圆与所交的圆弧，而,故圆弧所对圆心角为（如图6所示平面图），所以轨迹长为，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于确定的位置，先假设在外（记为），由勾股边小于斜边推得，进而得到只有落在上，再利用为定值及基本不等式，推得与重合时，取得最小值；对于动点，我们一般要考虑特殊位置，可提高我们做题速度.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知向量，，，若，则实数______．【答案】2【解析】【分析】由题可得，再利用数量积的坐标公式即求.【详解】因为，，所以．又，，所以，解得．故答案为：2.14. 的值为__________.【答案】【解析】【分析】利用二项式定理计算即可.【详解】原式=故答案为：15. 某校为参加某比赛，计划组建三支集训队．现共有备赛教师名、学生名．每支集训队由名教师和名学生组成．根据需要，教师甲和学生乙要分配在一个队，学生丙和学生丁不在同一个队，则这三支队伍分组方法共__________种．【答案】【解析】【分析】分为两种情况，学生丙或丁，与甲乙同队，以及学生丙或丁，不与甲乙同队，分别计算得出，相加即可得出答案.【详解】若学生丙或丁，与甲乙同队，此时的分组方法有种；若学生丙或丁，不与甲乙同队，先选出1名学生，与甲乙同队，有种方法；然后剩余2名教师，4名学生分为2组，此时的分组方法有种方法，其中丙丁在同一组的情况，只需选出1名教师即可，有种，所以，丙丁不在同一小组的有.根据分步乘法计数原理可知，此时的分组方法有.综上，根据分类加法计数原理可知，这三支队伍分组方法共种.故答案为：24.16. 被称为欧拉公式.我们运用欧拉公式，可以推导出倍角公式.如：.类比方法，我们可以得到____（用含有的式子表示）【答案】【解析】【分析】根据已知可推得，根据二项式定理展开，结合复数相等的条件以及，整理即可得出答案.【详解】由题意可知，.根据二项式定理展开可得，.根据复数相等的条件可知，.因为，所以.故答案为： .【点睛】关键点睛：根据已知可推得.四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 如图，是直角三角形斜边上一点，.（1）若，求角的大小；（2）若，且，求的长.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先由正弦定理求出，结合得到，从而得到；（2）求出，进而得到角C的余弦值，再使用余弦定理求出的长.【小问1详解】在中，由正弦定理得 ，所以，又所以，.【小问2详解】由，且知：所以，直角三角形中，在中，由余弦定理得 所以，.18. 如图，在三棱柱中，底面，，，，点，分别为与的中点（1）证明：平面．（2）求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）要证明线面平行，转化为证明线线平行，即证明；（2）首先以点为原点，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用公式，即可求解.【小问1详解】证明：如图，连接，．因为三棱柱为直三棱柱，所以为的中点，又因为为的中点，所以．又平面，平面．所以平面 ．【小问2详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，．所以，，，设平面的法向量为，则令，得记与平面所成角为，则．19. 某足球队为评估球员的场上作用，对球员进行数据分析．球员甲在场上出任边锋、前卫、中场三个位置，根据过往多场比赛，其出场率与出场时球队的胜率如下表所示．场上位置边锋前卫中场出场率球队胜率 （1）当甲出场比赛时，求球队获胜概率；（2）当甲出场比赛时，在球队获胜的条件下，求球员甲担当前卫的概率.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设表示“甲球员担当边锋”，表示“甲球员担当前卫”，表示“甲球员担当中场”，，，两两互斥，设表示“球队赢了某场比赛”，利用全概率公式求解即可.（2）由（1）知，然后利用条件概率公式求解即可.【小问1详解】设表示“甲球员担当边锋”，表示“甲球员担当前卫”，表示“甲球员担当中场”，，，两两互斥，设表示“球队赢了某场比赛”，则，该球队某场比赛获胜的概率为.【小问2详解】由知：，则，所以球员甲担当前卫的概率为.20. 设为等差数列的前n项和，已知，．（1）求；（2）若成等比数列，求的前n项和．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)由题可设等差数列的公差为d,根据题目条件利用基本量法求解即可.(2)由题可先根据成等比数列求得的通项公式,再分析通项公式与的关系求得的通项公式,最后再求前n项和即可.【详解】（1）设等差数列的公差为d,由,得解得,．所以．（2）由（1）知,,,所以数列的首项为1,公比为4,是该等比数列的第项,所以,又,所以,,所以．【点睛】(1)已知数列为等差数列,可利用基本量法进行通项公式求解.(2)考查等比等差综合运用时,注意分析通项公式与项数的关系.21. 已知椭圆的焦点在轴上，它的离心率为，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆交于，两点，且过点，和点的圆的圆心在轴上，求直线的方程及此圆的圆心坐标.【答案】（1）    （2）直线的方程为或，圆心坐标为【解析】【分析】（1）依题意得到关于、、方程组，解得即可.（2）设圆心，，，设，由点在圆上得到，即可得到，同理可得，从而得到，再联立直线与椭圆，消元、列出韦达定理，即可求出，从而求出直线的方程，再求出，即可求出圆心坐标.小问1详解】依题意可得，且，解得，，，所以椭圆方程为.【小问2详解】设圆心，，，显然直线的斜率存在，设，因为，则，又，代入得到，同理可得，所以、是方程的两根，所以，由，消去整理得，所以，解得，所以直线的方程为或，此时的中点横坐标为，所以，所以，即此时圆心坐标为.22 已知函数.（1）若，证明：；（2）若对任意的恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】(1)证明不等式成立，即证明，建立新的函数，求导判断函数的单调性，求出最值即可判断.(2)对的正负分类讨论，当时，可以直接去绝对值.当时，转化为分段函数求导，求函数的最值即可解决.【小问1详解】证明：因为的定义域为，所以若，.要证，即证，即证.令，所以，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.【小问2详解】若对任意的恒成立，即对任意的恒成立.令.若，则.由（1）知，所以，又，所以，又，所以，符合题意；若，令，在上恒成立，所以在上单调递增，又，，所以存在唯一的，使得，且，所以，当时，，所以，所以在上单调递减.当时，，所以，当时，在上单调递增，所以，所以当时，，所以在上单调递增，所以，解得.设，，所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以，即.综上所述，a的取值范围为.【点睛】不等式的恒成立问题通常都转化为函数最值问题，通过求导，判断单调性，即可求得函数的最值.当参数范围不确定时，需要进行分类讨论，求导求函数的最值.