2022-2023学年江西省萍乡市安源中学高二下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省萍乡市安源中学高二下学期期中考试数学试题含答案，共19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学年江西省萍乡市安源中学高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则∪（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】直接根据集合的并集运算即可.【详解】，∪，故选：D【点睛】本题主要考查了集合的并集运算，属于容易题.2．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】利用复数的四则运算法则将复数化为一般形式，利用复数的模长公式可求得的值.【详解】，因此，.故选：D.【点睛】本题考查复数的计算，同时也考查了复数模长的计算，考查计算能力，属于基础题.3．将函数的图象向上平移1个单位，再向右平移个单位，所得的图象对应的函数解析式是A． B．C． D．【答案】B【详解】将函数的图象向上平移个单位，得到函数的图象，再向右平移个单位，得到函数的图象，故选B.4．某班优秀学习小组有甲､乙､丙､丁､戊共5人，他们排成一排照相，则甲､乙二人相邻的排法种数为（    ）A．24 B．36 C．48 D．60【答案】C【解析】先利用捆绑法让甲､乙二人相邻有种，再看作4个元素全排列即可.【详解】先安排甲､乙相邻，有种排法，再把甲、乙看作一个元素，与其余三个人全排列，故有排法种数为.故选：C5．如图所示，扇形的半径为，圆心角为，若扇形绕旋转一周，则图中阴影部分绕旋转一周所得几何体的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意，阴影部分绕旋转一周所得几何体恰好是由一个半球减掉一个圆锥，根据球的体积和圆锥的体积公式，可得答案.【详解】扇形绕旋转一周所得几何体的体积为球体积的，则，绕旋转一周所得几何体为圆锥，体积为，阴影部分旋转所得几何体的体积为，故选：C.6．如图所示，AB是圆O的直径，C是异于A，B两点的圆周上的任意一点，PA垂直于圆O所在的平面，则△PAB，△PAC，△ABC，△PBC中，直角三角形的个数是（    ）  A．1 B．2C．3 D．4【答案】D【分析】利用线面垂直的性质可得直角三角形，再利用线面垂直的判定得出BC⊥平面PAC，从而得到直角三角形的个数.【详解】∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，即BC⊥AC．∴△ABC为直角三角形．又PA⊥⊙O所在平面，AC，AB，BC都在⊙O所在平面内，∴PA⊥AC，PA⊥AB，PA⊥BC，∴△PAC、△PAB是直角三角形，又PA∩AC＝A，平面PAC,∴BC⊥平面PAC．∵PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC，∴△PBC是直角三角形，从而△PAB，△PAC，△ABC，△PBC均为直角三角形．故选：D.7．在等差数列中，，，对任意的n，设，则满足的最小正整数的取值等于（    ）A．16 B．17 C．18 D．19【答案】C【分析】根据等差数列的基本量的运算可得，进而可得，然后结合条件即得.【详解】设等差数列的公差为，因为，，，所以，，，所以，所以，所以，即，所以最小正整数的值为18，故选：C.8．已知数列满足．记数列的前项和为，则（   ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用放缩法及累加法得，进而局部放缩可得，求和可得，又通过放缩得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解.【详解】，，，当时，，当时，，所以，当且仅当时取等号，，，又，，，，，当且仅当时取等号，，，故选：A.【点睛】关键点睛：本题的关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得. 二、多选题9．有一组样本数据:4，1，6，4，6，6，8，下列说法中正确的是（     ）A．这组数据的极差为7 B．这组数据的众数为4C．这组数据的平均数为5 D．这组数据的中位数为6【答案】ACD【分析】分别求出这组数据的极差，众数，平均数，中位数，即可判断每个选项．【详解】对于A：这组数据的极差为，故A正确；对于B：这组数据的众数为6，故B错误；对于C：这组数据的平均数为：，故C正确；对于D：这组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，6，6，6，8，可得这组数据的中位数为6，故D正确；故选：ACD．10．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列结论正确的是（    ）A．当时， B．函数的值域是C．函数有两个零点 D．不等式的解集是【答案】ABD【分析】依题意作出函数的图象，根据图象即可判断各选项．【详解】因为是奇函数，故，且当时，，故函数有三个零点C错误，当时，，，故A正确，如图所示易得D正确，由图可得，则函数的值域是，故B正确.故选：ABD11．已知三棱锥，，为棱上一点，且，过点作平行于直线和的平面，分别交棱于．下列说法正确的是（    ）  A．四边形为矩形B．四边形的周长为定值C．四边形的面积为定值D．当时，平面分三棱锥所得的两部分体积相等【答案】ABD【分析】取的中点，连，利用线面垂直的判定与性质、线面平行的判定与性质可得AB正确，C不正确，根据棱锥的体积公式可得D正确.【详解】取的中点，连，因为，，所以，，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，平面，所以，同理可得，，，又因为，所以，，，，所以四边形为矩形，故A正确；因为，，所以，因为，所以，所以，同理可得，所以四边形的周长为为定值，故B正确；四边形的面积为不是定值，故C不正确；当时，分别为棱的中点，多面体的体积为，多面体的体积为，因为，，多面体的体积等于多面体的体积，即平面分三棱锥所得的两部分体积相等，故D正确.  故选：ABD12．2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）的正视图近似伯努利双纽线.定义在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹成为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列说法正确的有（    ）．  A．双纽线关于原点中心对称；B．；C．双纽线上满足的点有两个；D．的最大值为.【答案】ABD【分析】对于A，根据双纽线的定义求出曲线方程，然后将替换方程中的进行判断，对于B，根据三角形的等面积法分析判断，对于C，由题意得，从而可得点在轴上，进行可判断，对于D，由向量的性质结合余弦定理分析判断.【详解】对于A，因为定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，所以，用替换方程中的，原方程不变，所以双纽线关于原点中心对称，所以A正确，对于B，设∵，，∴，∴，∴，故B正确；对于C，由知在的垂直平分线（方程为）上将代入得即，解得，∴这样的点只有一个，故C错误；对于D，因为，所以，由余弦定理得，所以，所以的最大值为，故D正确；故选：ABD. 三、填空题13．在中，已知，，，那么        ．【答案】【分析】先根据余弦值计算的值，再利用余弦定理计算的值.【详解】因为，所以；又.【点睛】本题考查余弦定理的运用，难度较易.利用余弦定理计算时，注意公式中边与角的对应位置.14．某学校组织学生进行答题比赛，已知共有4道类试题，8道类试题，12道类试题，学生从中任选1道试题作答，学生甲答对这3类试题的概率分别为，，，则学生甲答对了所选试题的概率为      .【答案】/0.25【分析】利用全概率公式及条件概率公式计算可得.【详解】设学生选道类试题为事件，学生选道类试题为事件，学生选道类试题为事件，设学生答对试题为事件，则，，，，，，所以.故答案为：.15．已知等差数列的首项，而，则    .【答案】0【分析】由，代入即可化简求值.【详解】等差数列的首项，，则.故答案为：0.16．用表示自然数的所有因数中较大的那个奇数，例如9的因数有1，3，9，则；10的因数有1，2，5，10，则，那么        ．【答案】/【分析】假设所求，根据，然后计算，找到，的递推关系，使用累加法，可得结果．【详解】由题可知：当为奇数时，；当为偶数时，．设，，记，则，∴，根据当为偶数时，，∴，∴，即，，，，，上式所有进行相加可得：，则，又，∴，当时，符合上式，∴，∴，即．故答案为： 四、解答题17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)求B；(2)若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理的边化角和三角恒等变换求解；（2）利用面积公式和余弦定理求解.【详解】（1）由可得，因为,所以，所以，即，所以，因为,所以.（2）因为，解得，所以，由余弦定理，所以，所以△ABC的周长为.18．2022年支付宝“集五福”活动从1月19日开始，持续到1月31日，用户打开支付宝最新版，通过AR扫描“福”字集福卡（爱国福、富强福、和谐福、友善福、敬业福），在除夕夜22：18前集齐“五福”的用户获得一个大红包．某研究型学习小组为了调查研究“集五福与性别是否有关”，现从某一社区居民中随机抽取200名进行调查，得到统计数据如下表所示： 集齐“五福”卡末集齐“五福”卡合计男性8020100女性6535100合计14555200(1)请根据以上数据，由的独立性检验，判断集齐“五福”是否与性别有关；(2)现采用分层抽样的方法从男性的样本中抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，求这3人中恰有1人未集齐“五福”卡的概率．参考公式：，其中．0.100.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】(1)有(2) 【分析】（1）由公式根据列联表求出，将其与临界值比较大小，根据比较结果判断即可；（2）由条件列出所有基本事件，再由古典概型的概率公式求解.【详解】（1）根据列联表可得：，又，，所以由的独立性检验，可认为是否集齐“五福”与性别有关；（2）设集齐“五福”卡的男性抽取x人，则，所以，故抽取的5人中集齐“五福”卡的男性有4人，未集齐“五福”卡的男性有1人，设被抽取的集齐“五福”卡的4名男性为,未集齐“五福”卡的1名男性为，从5人中任意抽取3人的所有基本事件如下：，，所以基本事件总数为10，其中事件恰有1人未集齐“五福”卡包含的基本事件有：共6种，由古典概型的概率公式可得事件恰有1人未集齐“五福”卡的概率,故这3人中恰有1人未集齐“五福”卡的概率是.19．定义:在数列中,若存在正整数,使得,都有,则称数列为“型数列”.已知数列满足.(1)证明:数列为“3型数列”;(2)若,数列的通项公式为,求数列的前15项和.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)若为“3型数列”只需满足,根据,进行递推,求出和关系即可证明;(2)根据(1)的结论,对中各项进行分组,再根据等差数列的前n项和公式计算结果即可.【详解】（1）解:由题知,所以有,且, 所以,所以数列为“3型数列”;（2）由(1)知,,所以,,,所以.20．如图，在三棱柱中，点在平面上的射影为的中点，，，，.（1）求证：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）先由面面垂直的判定定理证出平面平面，再由面面垂直的性质定理证出结论成立；（2）取中点，可证出四边形是平行四边形，由已知结合（1）的证明，可得平面，进而得出平面平面，作于，利用线面角的定义找出线面角的平面角，求出各棱的长度，由二次函数的性质得出正弦值的取值范围．【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以平面平面.因为，，所以.又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面（2）解：取中点，连接，，则，所以四边形是平行四边形.因为，，，，平面，所以平面，又平面所以平面平面.作于，则平面，连接，则为直线与平面所成的角.由，，，知，又由（1）知平面，所以，，.则.由于，所以，所以.故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.21．设数列的前项和为，且，数列满足，其中.(1)证明为等差数列，求数列的通项公式；(2)求数列的前项和为；(3)求使不等式，对任意正整数都成立的最大实数的值.【答案】(1)证明见解析；(2)(3) 【分析】（1）根据数列递推式可得，整理变形结合等差数列定义即可证明结论，并求得数列的通项公式；（2）利用错位相减法即可求得答案；（3）将原不等式化为，即可分离参数，继而构造函数，判断其单调性，将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，即可求得答案.【详解】（1）当时，，则，当时，，即，即是以为首项，公差为1的等差数列，故（2）由（1）可得，故，故，则，故；（3），则，即，即对任意正整数都成立，令，则，故， 即随着n的增大而增大，故，即，即实数的最大值为.【点睛】关键点睛：第三问根据数列不等式恒成立问题求解参数的最值问题时，要利用分离参数法推得对任意正整数都成立，之后的关键就在于构造函数，并判断该函数的单调性，从而利用最值求得答案.22．有一种画椭圆的工具如图1所示.定点是滑槽的中点，短杆绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，.当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动一周(不动时，也不动)，处的笔尖画出的曲线记为.以为原点，所在的直线为轴，建立如图2所示的平面直角坐标系.（1）求曲线的方程；（2）在平面直角坐标系中，过点的动直线与曲线交于､两点，是否存在异于点的定点，使得平分？若存在，求点坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【分析】（1）利用待定系数法设，求出的值即可得到答案；（2）先猜出定点的坐标，当直线斜率存在且不为0时，设直线方程为，，，则，即可求得答案；【详解】（1）由题可知，曲线是中心在坐标原点，焦点在轴的椭圆，设，所以，所以曲线的方程为.（2）假设存在异于点的定点，使得平分；当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于两点为，，由对称性可知，若定点存在，则点一定在轴上，设点.当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于两点为，，平分也成立，当直线斜率存在且不为0时，设直线方程为，，，联立，得，其，所以，因此，又，，所以所以，因为不恒为0，所以，即，；故综上所述，存在点使得平分.【点睛】第一问在求解时由于题目已经说明点为椭圆，所以可采用待定系数法，利用点的特殊位置求出的值即可；第二问求解时要注意对称性猜出点必在轴上.