2022-2023学年河南省濮阳市第一高级中学高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年河南省濮阳市第一高级中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．在数列中，，，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】根据数列的递推公式，逐项计算，即可求解.

【详解】由题意，数列中，，，

可得.

故选：B.

2．直线ax＋y＋3a－1＝0恒过定点M，过点M，且与直线x＋2y＋2＝0垂直的直线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由直线方程写出所过的定点，由两线垂直，根据其中一条直线的方程写出另一条直线的斜率，进而判断符合题设条件的直线.

【详解】由直线方程知：定点，与x＋2y＋2＝0垂直的直线斜率为，

∴过M且斜率为的直线，只有A符合要求.

故选：A.

3．已知，则曲线在点处的切线方程为（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出在点处的导数即为切线的斜率，直接写出切线方程即可.

【详解】因为，所以，，

所以切线的斜率，

所以曲线在点处的切线方程为，

故选：D.

4．已知四棱柱的底面为平行四边形，为与的交点.若=，=，=，则下列向量中与相等的向量是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据空间向量的运算法则求解即可.

【详解】由题意，根据空间向量的运算法则，可得

.

故选：C.

5．为有效防范新冠病毒蔓延，国内将有新型冠状肺炎确诊病例地区及其周边划分为封控区､管控区､防范区.为支持某地新冠肺炎病毒查控，某院派出医护人员共5人，分别派往三个区，每区至少一人，甲､乙主动申请前往封控区或管控区，且甲､乙恰好分在同一个区，则不同的安排方法有（    ）

A．12种 B．18种 C．24种 D．30种

【答案】C

【分析】利用分类加法、分步乘法计数原理，结合排列组合知识进行求解.

【详解】若甲乙和另一人共3人分为一组，则有种安排方法；若甲乙两人分为一组，另外三人分为两组，一组1人，一组两人，则有种安排方法，综上：共有12+12=24种安排方法.

故选：C

6．将自然数1，2，3，4，5，…按照下图排列，我们将2，4，7，11，16，…都称为“拐角数”，则第100个“拐角数”为（    ）

A．5050 B．5051 C．10100 D．10101

【答案】B

【分析】找出拐角数的规律：第1个“拐角数”为，第2个“拐角数”为，第3个“拐角数”为，按此规律即可求.

【详解】第1个“拐角数”为，

第2个“拐角数”为，

第3个“拐角数”为，

……

故第100个“拐角数”为，

故选：B

7．阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题:平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点、间的距离为，动点满足，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】以经过、的直线为轴，线段的垂直平分线轴，建立直角坐标系，得出点、的坐标，设点，利用两点间的距离公式结合条件得出点的轨迹方程，然后利用坐标法计算出的表达式，再利用数形结合思想可求出的最小值.

【详解】以经过、的直线为轴，线段的垂直平分线轴，建立直角坐标系，

则、，设，，，

两边平方并整理得，

所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，

则有，如下图所示：

当点为圆与轴的交点（靠近原点）时，此时，取最小值，且，

因此，，故选A.

【点睛】本题考查动点的轨迹方程的求法，考查坐标法的应用，解题的关键就是利用数形结合思想，将代数式转化为距离求解，考查数形结合思想的应用以及运算求解能力，属于中等题.

8．若，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【分析】A选项，构造且，求导得到其单调性，得出，A错误；B选项，构造且，求导得到其单调性，得出；C选项，构造且，求导得到其单调性，证明出；D选项，举出反例即可.

【详解】对于A，令且，则，

故在上单调递增，则，即，

所以，即，故A错误；

对于B，令且，则，

故在上单调递增，则，即，所以，故B错误；

对于C，令且，则，

故在上单调递增，则，即，

所以，则，故C正确；

对于D，当时，，故D错误.

故选：C.

【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.

二、多选题

9．已知点，，斜率为的直线过点，则下列满足直线与线段相交的斜率取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】作出图形，数形结合求解即可.

【详解】解：根据题意，在平面直角坐标系中，作出点，如图，

当直线与线段相交时，，，

所以，斜率取值范围是或.

故选：AB

10．在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（    ）

A．若任意选科，选法总数为

B．若化学必选，选法总数为

C．若政治和地理至多选一门，选法总数为

D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为

【答案】ABC

【分析】根据题意，结合分类计数原理和分步计数原理，利用组合数的计算公式，逐项计算，即可求解.

【详解】对于A中，先从物理和历史中，任选1科，再从剩余的四科中任选2科，

根据分步计数原理，可得选法总数为种，所以A正确；

对于B中，先从物理、历史中选1门，有种选法，

若化学必选，再从生物、政治、地理中再选1门，有种选法，

由分步计数原理，可得选法共有种，所以B正确；

对于C中，先从物理和历史中选1门，有种选法，

若从政治和地理中只选1门，再从化学和生物中选1门，有种选法，

若政治和地理都不选，则从化学和生物中选2门，只有1中选法，

由分类计数原理，可得共有，所以C正确；

对于D中，若物理必选，只有1种选法，

若化学、生物只选1门，则在政治、地理中选1门，有种选法，

若化学、生物都选，则只有1种选法，

由分类计数原理，可得选法总数为，所以D错误.

故选：ABC.

11．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（    ）

A．三棱锥的体积为定值

B．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段

C．存在Q点，使得平面

D．若直线与平面所成角的正切值为，那么Q点的轨迹长度为

【答案】ABD

【分析】对于A.根据等体积转化，可证明体积为定值；对于B. 取、中点，连接、、PF，证明平面平面，则点的轨迹为线段；对于C. 以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；对于D.利用线面角的向量公式，得到点的轨迹方程，即可求得点的轨迹长度.

【详解】A.三棱柱的体积，，点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为定值，故A选项正确；

B.取、中点，连接、、PF，

由且，知是平行四边形，

∴，∵平面，平面，平面，

同理可得平面，∵，平面，

∴平面平面，则点的轨迹为线段，故B选项正确；

C.如图，建立空间直角坐标系，

则，，，设，

则，，

设为平面的一个法向量，

则即得取，则.

若平面，则，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，故C选项错误；

D.平面的法向量为，，

若直线与平面所成角的正切值为，则此角的正弦值是，

所以，

所以，

因为点Q为正方形内一动点（含边界），

所以点是以为圆心，为半径的圆弧(正方形内),即圆心角为的圆弧，弧长为，故D正确.

故选：ABD

12．设双曲线的焦距为，离心率为e，且a，c，成等比数列，A是E的一个顶点，F是与A不在y轴同侧的焦点，B是E的虚轴的一个端点，PQ为E的任意一条不过原点且斜率为的弦，M为PQ中点，O为坐标原点，则（    ）

A．E的一条渐近线的斜率为

B．

C．（，分别为直线OM，PQ的斜率）

D．若，则恒成立

【答案】ABC

【分析】由a，c，成等比数列，得且可求得离心率为e，求渐近线的斜率验证选项A；求和的斜率，验证选项B；利用点差法求验证选项C，通过联立方程组计算和的值，验证选项D.

【详解】因为a，c，成等比数列，所以，所以且，解得（负根舍），又，所以，所以，即E的一条渐近线的斜率为，故A正确；

不妨设F为左焦点，B为虚轴的上端点，则A为右顶点，则BF的斜率，AB的斜率，所以，所以，故B正确；

设，，，则，作差后整理得，即，

所以，故C正确；

设直线，则直线，将代入双曲线方程，得，则，

，将k换成得，

则与b的值有关，故D错误．

故选：ABC．

三、填空题

13．若，则          .

【答案】

【分析】代入求解即可

【详解】代入有，即

故答案为：

14．袋中装有9个形状大小均相同的小球，其中4个红球，3个黑球，2个白球，从中一次取出2个球，记事件A＝“两球是同一颜色”，事件B＝“两球均为红球”，则        ．

【答案】/0.6

【分析】根据条件概率公式即可求得答案.

【详解】．

故答案为：.

15．已知抛物线E：的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，与准线交于点，为的中点，且，则          .

【答案】/1.5

【分析】利用抛物线的定义结合三角形中位线定理求解即可.

【详解】设轴交准线于，过作准线的垂线，垂足为，因为为的中点，且，

则由抛物线的定义可得，

在中，，所以，

故答案为：

16．已知直线与曲线相切，则的最小值是      ．

【答案】

【分析】设出切点，得到方程组，得到，故，构造，利用导函数求出最小值，得到答案.

【详解】直线与曲线相切，设切点为，

则，所以，

因为，所以，

即，

又，，故，

将代入得，，

解得，

故，

令，

则，当时，，单调递减，

当时，，单调递增，

故在处取得极小值，也时最小值，

故，

故的最小值为-1.

故答案为：-1

【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程；

当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解.

四、解答题

17．2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”，冬残奥会吉祥物“雪容融”，它们的设计充分体现了中国优秀传统文化和奥运精神的融合.如下图．某老师为了增加吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”在班级学生中的印象，进行了拼词游戏．请同学在大小相同的6个乒乓球上分别写上“冰”、“墩”、“墩”、“雪”、“容”、“融”，再请其他同学从6个乒乓球中一次取出3个，进行拼词游戏．

(1)若某同学一次抽取三个乒乓球进行拼词游戏，求能拼成吉祥物名称的概率．

(2)若某位同学抽取的三个乒乓球中，至少抽到一个“墩”的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先运用组合数求出基本事件的总数，再根据古典概型即可求出概率；

（2）首先运用组合数求出基本事件的总数和对立事件的总数，再根据对立事件的概率即可求解.

【详解】（1）记“能拼成吉祥物”为A事件.

基本事件总数在6个乒乓球中任取3个有种.

而满足条件的只有2种，即“冰墩墩”和“雪容融”.

∴；

（2）记至少抽到一个“墩”为事件，则一个“墩”也抽不到的种类数为，

则.

18．记为正项数列的前n项和，已知，．

(1)求数列的前n项和；

(2)若，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与的关系可得，结合等差数列的定义可知数列为等差数列，由等差数列的通项公式可得，即可求解；

（2）由（1）得，则.当n为偶数时；当n为奇数时，即可求解.

【详解】（1）当时，因为，所以，

即，所以数列为等差数列，公差为1，首项为，

所以，又为正项数列，则；

（2）由（1）可知，当时，，

亦适合上式，所以，

所以，

当n为偶数时，

当n为奇数时，

综上可知

19．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面是棱的中点.

(1)证明：平面；

(2)若，且为棱上一点，与平面所成角的大小为，求的值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于点，连接，即可得到，从而得证；

（2）依题意可得，如图建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可得到方程，解得，即可得解；

【详解】（1）证明：如图，连接交于点，连接，

因为是的中点，是的中点，所以

又平面，平面，

所以平面

（2）解：因为，所以，所以，故以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，

则，

，

设平面的法向量为，则，即，

故取，设，则

因为直线与平面所成角的大小为，

所以，即

解得，故此时.

20．某商店欲购进某种食品（保质期为两天），且该商店每两天购进该食品一次（购进时，该食品是刚生产的）.根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响.为了解市场的需求情况，现统计该食品在本地区100天的销售量，如下表：

（1）根据该食品在本地区100天的销售量统计表，记两天一共销售该食品的份数为，求的分布列与数学期望；（视样本频率为概率）

（2）以两天内该食品所获得的利润的数学期望为决策依据，若该商店计划一次性购进32份或33份该食品，试判断哪一种获得的利润更高.

【答案】（1）分布列见解析，32.8；（2）当一次性购进32份该食品时，获得的利润更高.

【分析】（1）根据题意，两天一共销售该食品的份数为的取值依次为，求出各概率的分布列，再由期望公式计算出期望；

（2）根据（1）的分布列求出购进32份和33份该食品的利润期望，比较可得．

【详解】（1）根据题意，两天一共销售该食品的份数为的取值依次为，

，

，

，

，

，

，

，

所以的分布列为

所以.

（2）当一次性购进32份时，利润的数学期望为，

当一次性购进33份时，利润的数学期望为

，

由可知，当一次性购进32份该食品时，获得的利润更高.

21．已知椭圆：，A为椭圆与y轴交点，，为椭圆左、右焦点，为等腰直角三角形，且椭圆上的点到焦点的最短距离为

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线与椭圆C交于，N两点，点，记直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，当时，求证直线恒过一定点？

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解出即可得结果；

（2）设直线的方程为，，，联立直线的方程与椭圆方程，通过韦达定理将化简得，即可求出直线恒过的定点.

【详解】（1）由题意得，解得

所以求椭圆的方程为.

（2）由题意易知直线的斜率不为0，

故可设，，，

联立得，

由得，

所以，，

，

即，

所以直线的方程为，即，

所以证直线恒过一定点.

22．已知函数．

(1)求函数的单调区间；

(2)设函数，若函数有两个零点，求实数a的取值范围．

【答案】(1)单调递增区间为；单减区间为

(2)

【分析】（1）求定义域，求导，由导函数的正负求出函数的单调区间；（2）同构处理，为设函数，则，结合的单调性得到有两个根，结合第一问中的结论，列出不等关系，求出a的取值范围.

【详解】（1）函数的定义域为，

．

函数的单调递增区间为；单减区间为．

（2）要使函数有两个零点，即有两个实根，

即有两个实根．

即．

整理为，

设函数，则上式为，

因为恒成立，所以单调递增，所以．

所以只需使有两个根，设．

由（1）可知，函数）的单调递增区间为；单减区间为，

故函数在处取得极大值，．

当时，；当时，，

要想有两个根，只需，解得：．

所以a的取值范围是．

【点睛】对于导函数求解参数取值范围问题，同构是一种很重要的方法，特别是当条件中同时出现了指数函数与对数函数，比如同时出现了与的时候，要能从同构的角度去思考.