贵州省黔西南州安龙县第四中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份贵州省黔西南州安龙县第四中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了本试卷分第I卷两部分，本卷命题范围， 设函数，则在处的切线方程为， 若且，则实数m的值可以为等内容，欢迎下载使用。
安龙四中2023年春季学期高二年级期中考试
数学
考生注意：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第II卷请用直径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.
3.本卷命题范围：人教A版必修第一册、第二册，选择性必修第一册、第二册、第三册第六章~第七章7. 2.
第I卷（选择题 共60分）
一、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. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出集合,再根据交集的定义求解即可.
【详解】解：因为，，
所以.
故选：C.
2. 若复数满足，则复数的实部与虚部之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，确定复数的实部和虚部，即可得解.
【详解】由题意可得，则复数的实部与虚部之和为.
故选：B.
3. 某质点的位移函数是（），则当时，它的速度对的瞬时变化率（即加速度）是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可先求出，再求出即可.
【详解】由题可得，即，
，
.
故选：A.
4. 设函数，则在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导函数，求得，，由直线的点斜式方程可求得答案.
【详解】解：∵，∴，
∴．，
∴在处切线方程为，即．
故选：C.
5. 某试验分5个程序，其中程序B、C实施时必须相邻，则试验的实施方法有（ ）
A. 24种 B. 48种 C. 96种 D. 120种
【答案】B
【解析】
【分析】利用捆绑法：先将B、C作为一个整体，再与剩余程序排列即可.
【详解】先将B、C作为一个整体，共有种；
再与剩余程序排列，共有种；
所以共有种.
故选：B.
6. 若过双曲线的一个焦点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂线交轴于点（为双曲线的半焦距），则此双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】记点、，分析可知直线与直线垂直，可得出，求出的值，利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
记点，由题意可知，点为双曲线的右焦点，
易知直线与直线垂直，且，
所以，，可得，
因此，该双曲线的离心率为.
故选：C.
7. 已知点,平面过原点,且垂直于向量,则点到平面的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据点到平面的距离即为在投影向量的长度即可得到结论.
【详解】由题意,,,
则,
所以点到平面的距离为.
故选:D.
8. 已知是上的奇函数，且满足，当时，，则等于（ ）
A. B. 2 C. D. 98
【答案】A
【解析】
【分析】先由奇函数结合求得函数周期4，再由结合解析式求解即可.
【详解】因为是上的奇函数，则，，则，
函数周期为4，又，则.
故选：A.
二、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. 若且，则实数m的值可以为（ ）
A. B. C. 0 D. 1
【答案】AD
【解析】
【分析】令可得，解得即可.
【详解】因为，
令可得，
所以，所以或，
解得或.
故选：AD
10. 已知圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，则直线的方程可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】将圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，转化为圆心到直线的距离，根据圆心到直线距离公式计算即可.
【详解】由题知，圆，圆心为，半径为，
因为圆上有且仅有三个点到直线的距离为1，
所以圆心到直线的距离，
对于A，圆心为到直线的距离，故A错误；
对于B，圆心为到直线的距离，故B正确；
对于C，圆心为到直线的距离，故C正确；
对于D，圆心为到直线的距离，故D正确；
故选：BCD
11. 定义运算：，将函数的图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为偶函数，则ω的可能取值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由定义运算结合辅助角公式，得函数解析式，再求平移后的函数解析式，由此函数为偶函数，求出ω的值，对照选项进行判断.
【详解】将函数的图像向左平移个单位，
可得的图像，再根据所得图像对应的函数为偶函数，
可得，求得，令，可得；令，求得.
故选：BC.
12. 下列不等式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
构造函数，利用导数分析其单调性，然后由、、、得出每个选项的正误.
【详解】令，则，令得
易得在上单调递增，在上单调递减
所以①，即，即，故A正确
②，即，所以可得，故B错误
③，即，即
所以，所以，故C正确
④，即，即，即
所以，故D错误
故选：AC
【点睛】本题考查的是构造函数，利用函数的单调性比较大小，解题的关键是函数的构造和自变量的选择，属于较难题.
第II卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 某保险公司把被保险人分为3类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”.统计资料表明，这3类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15和0.30.如果“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则一个被保险人在一年内出事故的概率是_________.
【答案】0.175
【解析】
【分析】
设“他是谨慎的”，“他是一般的”，“他是冒失的”，事件“出事故”，由全概率公式求解.
【详解】设“他是谨慎的”，“他是一般的”，“他是冒失的”，
则构成了的一个划分，设事件“出事故”，
由全概率公式得，
.
故答案为：0.175
14. 已知等比数列的前n项和为，公比．若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由等比数列的求和公式化简求出公比即可.
【详解】由题意知，，解得或，又，则.
故答案为：.
15. 已知直三棱柱的6个顶点都在球O的球面上．若，，，，则球O的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】结合直三棱柱的性质得其外接球球心的位置，计算出半径即可.
【详解】
由题意可得该三棱柱为长方体截去一半而成，故其外接球球心为长方体的体对角线的交点，如图所示，补全该长方体，球心为O，设球半径为，
则，，.
故答案为：
16. 过抛物线的焦点F的直线交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若，则此抛物线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】作准线于，准线于，设，由抛物线定义得，结合求得，进而求出，即可求得抛物线方程.
【详解】
如图，作准线于，准线于，设，由抛物线定义得，，故，
在直角三角形中，因为，，所以，从而得，
设准线与x轴交于，则，所以，因此抛物线方程为.
故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知的三个内角所对的边分别为，且，，的面积.
（1）求边和c；
（2）求角.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）计算出的值，由，可设，，利用三角形的面积公式可求得的值，进而可得结果；
（2）由（1）及余弦定理求得a的值，利用正弦定理求得的值，再由可知为锐角，由此可求得角的值.
【详解】（1）由，及，得.
由，可设，，
所以，
得，故，；
（2）根据（1）及余弦定理得，
由正弦定理，
所以，
由，知必为锐角，
故.
【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式解三角形，考查计算化简的能力，属于基础题.
18. 已知等差数列的公差不为0，且满足.
（1）求的通项公式；
（2）求证：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题可得，再利用等差数列的通项公式即得；
（2）利用裂项相消法可得，即证.
【小问1详解】
设数列的公差为，由题可知
，解得，
∴，
故的通项公式为.
【小问2详解】
∵，
∴，
记，
则
，
∴.
19. 今年6月14日是端午节，吃粽子是我国端午节的传统习俗.现有一盘子，装有10个粽子，其中红豆粽2个，肉粽3个，蛋黄粽5个，假设这三种粽子除馅料外完全相同.从中任意选取3个.
（1）求选取的三个粽子中恰有1个肉粽的概率；
（2）设ξ表示取到的红豆粽个数，求ξ的分布列.并求“所选3个粽子中红豆粽不少于1个”的概率．
【答案】（1）；（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式求选取的三个粽子中恰有1个肉粽的概率；
（2）由题意知ξ可能取的值为0，1，2，再由古典概型的概率公式求各可能值的概率，写出分布列，进而求“所选3个粽子中红豆粽不少于1个”的概率．
【详解】（1）令表示事件“三个粽子中有1个肉粽”，
∴由古典概型的概率计算公式有.
（2）题意知，ξ可能取的值为0，1，2．则
∴，，，
故ξ的分布列为

0
1
2




由ξ的分布列知，“所选3个粽子中红豆粽不少于1个”即，故概率为：P()＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝．
20. 如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，ADBD，AB＝2AD，且PD⊥底面ABCD．

（1）证明：平面PBD⊥平面PBC；
（2）若二面角P－BC－D为，求AP与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据平行线的性质以及线面垂直的判定定理，结合线面垂直性质定理以及面面垂直性质定理，可得答案；
（2）由题意，建立空间直角坐标系，利用二面角的定义以及勾股定理，求得棱长，写出点的坐标，求得平面的法向量，根据计算公式，可得答案.
【小问1详解】
在平行四边形中，，，，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，平面平面.
【小问2详解】
由题意，建立空间直角坐标系，如下图所示：

设，则，在中，，
平面，平面，，
，平面，平面，
在二面角的平面角，即，
在中，，
在平行四边形中，，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，化简可得，
令，，解得平面的一个法向量，
设与平面的夹角为，
.
21. 设椭圆的左焦点为F，上顶点为B，离心率为，O是坐标原点，且．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线与椭圆C在第一象限内的交点为P，，直线BF与直线l的交点为Q，求的面积．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由得到，结合离心率为及解出，即可求得椭圆C的方程；
（2）先求出直线BF方程，再由及P在椭圆上求出P点坐标，进而求得直线方程，联立求得点Q坐标，再由求解即可.
小问1详解】
由题意得：，则，解得，则椭圆C的方程为：；
【小问2详解】

由（1）得，则直线BF方程，又可得P在线段OB垂直平分线上，则，
又P在椭圆上，解得，则，直线，联立和线BF可得，
解得，则，则.
22. 已知函数f (x)＝ex＋2x2－3x.
(1)求证：函数f (x)在区间[0,1]上存在唯一的极值点．
(2)当x≥时，若关于x不等式f (x)≥ x2＋(a－3)x＋1恒成立，试求实数a的取值范围．
【答案】(1)见解析.
(2) .
【解析】
【详解】分析：（1）先求f′（0）与f′（1），看两值是否异号，然后证明f′（x）在[0，1]上单调性，即可证明函数f（x）在区间[0，1]上存在唯一的极值点；
（2）由题意得到ex-，x2-ax-1≥0，构造g（x）=ex-x2-ax-1，分类讨论求出g（x）的最值，即可得到a的范围．
详解：(1)f ′(x)＝ex＋4x－3,
∵f ′(0)＝e0－3＝－20,
∴f ′(0)·f ′(1)0,
∴f ′(x)在区间[0,1]上单调递增,
∴f ′(x)在区间[0,1]上存在唯一零点,
∴f(x)在区间[0,1]上存在唯一的极小值点．
(2)由f(x)≥x2＋(a－3)x＋1,得ex＋2x2－3x≥x2＋(a－3)x＋1,即ax≤ex－x2－1,
∵x≥,∴a≤
令g(x)＝,则g′(x)＝
令φ(x)＝ex(x－1)－x2＋1,则φ′(x)＝x(ex－1)．∵x≥,∴φ′(x)>0.
∴φ(x)在[,＋∞)上单调递增．∴φ(x)≥φ()＝－>0.
因此g′(x)>0,故g(x)在[,＋∞)上单调递增,
则g(x)≥g()＝＝2－,∴a的取值范围是a≤2－.
点睛：本题主要考查了利用导数求闭区间上函数的最值，以及函数恒成立问题等基础题知识，考查运算求解能力、推理论证能力，化归与转化思想，属于中档题．