2022-2023学年贵州省遵义市南白中学高二下学期第一次联考数学试题含答案

2022-2023学年贵州省遵义市南白中学高二下学期第一次联考数学试题

一、单选题

1．若复数，则复数在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据复数的几何意义先求出对应点的坐标，然后进行判断即可．

【详解】解：复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，

故选：．

【点睛】本题主要考查复数的几何意义，结合复数的几何意义求出点的坐标是解决本题的关键．属于基础题．

2．数列的一个通项公式为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】代入验证可得.

【详解】A中不适合，B中不适合，C中不适合，

D 中，，都适合，

故选：D.

3．A，B，C，D四人并排站成一排，如果A与B相邻，那么不同的排法共有（    ）

A．24种 B．12种 C．48种 D．36种

【答案】B

【分析】利用捆绑法进行求解.

【详解】先安排A，B，共有种方法；

再把他们看作一整体，与其他人一起安排，共有种方法；

所以不同的排法共有种.

故选：B.

4．已知，是平面内两单位向量，则下列结论一定正确的是（    ）

A． B． C． D．与都是单位向量

【答案】C

【分析】A选项，当两向量方向不同时，A错误；BD可举出反例；C选项，可利用向量数量积公式计算出答案.

【详解】A选项，，是平面内两单位向量，可以方向不同，所以A错误；

B选项，当，方向相反时，，故B错误；

C选项，，故，故C正确；

D选项，当，方向相同时，，D错误.

故选：C

5．在等差数列中，若，，则的公差为（    ）

A．2 B．－2 C．－4 D．4

【答案】A

【分析】利用等差数列通项公式基本量计算即可求得的公差.

【详解】等差数列中，若，，

则的公差

故选：A

6．已知，，，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】使用基本不等式求解即可

【详解】∵，，，

∴由基本不等式有： ，

当且仅当，即，时，等号成立.

∴当且仅当，时，的最大值为.

故选：B.

7．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用指对数的运算，结合指数、对数的性质即可判断大小关系.

【详解】，，，

∴，

故选：D

【点睛】本题考查了比较指对数的大小，应用了指对数运算及性质，属于简单题.

8．椭圆上存在个不同的点，椭圆的右焦点为．数列是公差大于的等差数列，则的最大值是（   ）

A．16 B．15 C．14 D．13

【答案】B

【分析】利用椭圆定义表示出，根据横坐标范围，求出的范围，再利用等差数列通项公式，解不等式即可.

【详解】由题意，设的横坐标为，则由椭圆定义有：

∴.

∴的最大值为15.

故选：B

二、多选题

9．已知的展开式的二项式系数和为128，则下列说法正确的是（    ）

A． B．展开式中各项系数的和为1

C．展开式中第4项的系数为35 D．展开式中二项式系数最大的项为第4项

【答案】AB

【分析】由展开式的二项式系数和为求出即可判断A；令即可得到展开式各项系数和从而判断B；利用展开式的通项判断C；根据展开式中二项式系数的单调性可判断D．.

【详解】对于A，因为的展开式的二项式系数和为，所以，则，故A正确；

对于B，令，则，所以展开式中各项系数的和为1，故B正确；

对于C，因为的展开式通项为，

令可得第4项的系数为，故C不正确；

对于D，因为第4项的二项式系数为，第5项的二项式系数，

所以，又，

所以展开式中第4项和第5项的二项式系数最大，故D错误.

故选：AB.

10．甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球.表示事件“从甲罐取出的球是红球”，表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B表示事件“从乙罐取出的球是红球”.则下列结论正确的是（    ）

A．，为对立事件 B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】利用对立事件的定义判断选项A正确；再利用概率计算得选项BC正确，选项D错误.

【详解】解：对于A，由于甲罐中只有红球和白球，故A正确；

对于B，当发生时，乙罐中有4个红球，7个白球，此时B发生的概率为，故B正确；对于D，当发生时，乙罐中有3个红球，8个白球，此时B发生的概率为，故，故D错误；

对于C，，故C正确.

故选：ABC.

11．已知直线，圆，则下列说法正确的是（    ）

A．圆上恰有1个点到直线的距离为1，则

B．圆上恰有2个点到直线的距离为1，则

C．圆上恰有3个点到直线的距离为1，则

D．圆上恰有4个点到直线的距离为1，则

【答案】ACD

【分析】根据圆上点的个数到直线的距离为1，数形结合得到圆心到直线的距离或距离范围，得到方程或不等式，求出答案.

【详解】圆的圆心为，半径为2，

A选项，要想圆上恰有1个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离为3，

即，解得，A正确；

B选项，要想圆上恰有2个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离大于1，小于3，

即，解得，B错误；

C选项，圆上恰有3个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离等于1，

即，解得，C正确；

D选项，圆上恰有4个点到直线的距离为1，则圆心到直线的距离小于1，

即，解得，D正确.

故选：ACD

12．如图，在棱长为1的正方体中，则（    ）

A． B．三棱锥体积为

C．点到平面的距离为 D．与平面所成角的正弦值为

【答案】BCD

【分析】建立空间直角坐标系，用坐标法解空间几何体相关问题

【详解】以为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立如图所示空间直角坐标系，则

对选项A，，，

所以与不垂直.选项A不正确；

对选项B，设平面的一个法向量为 ，.

则 ，令，则，即法向量.

，在法向量上投影的绝对值即为点到平面的距离，

点到平面的距离为

是正方体的面对角线，是边长为的正三角形，

则选项B正确；

对选项C，由选项B的解析过程知，选项C正确；

对选项D，与平面所成角的正弦值等于与法向量所成角余弦值的绝对值.

则 选项D正确.

故选:BCD

三、填空题

13．若函数且的图象恒过定点A，则A坐标为______．

【答案】

【分析】令，函数值是一个定值，与参数a无关，即可得到定点.

【详解】令，则，，

所以函数图象恒过定点为.

故答案为：

14．的值为___________．

【答案】/

【分析】因为中，后者总是前者的两倍，故可以倍角公式化简．

【详解】

，

故答案为：．

15．已知抛物线的焦点为，直线过与交于A，B两点，过点A，B分别作抛物线准线的垂线，垂足分别为，，则的大小为____.

【答案】/

【分析】联立直线与抛物线的方程，利用设而不求的方法求得，进而得到的大小.

【详解】抛物线的焦点为，

设直线的方程为，

令，则，

又，整理得，

则，

又，，

则，则

故答案为：

四、双空题

16．如图是由两个有一个公共边的正六边形构成的平面图形，其中正六边形边长为1．设，则________；是平面图形边上的动点，则的取值范围是________．

【答案】     1    

【分析】建立平面直角坐标系，利用相等向量的坐标相等，列式求解；设，求出，通过直线平移即可求解的取值范围.

【详解】

建立以为原点，如图所示的平面直角坐标系，连接，

因为六边形为正六边形，

所以，，

作于，

所以，，

所以，，，

所以，，

设，，，

所以，

所以

如图所示，在平面直角坐标系中，其中，

作直线，平移使之经过多边形内每一个点，当直线经过线段时，取得最大值，当当直线经过线段时，取得最小值.

故答案为：；

五、解答题

17．若数列的通项公式为.

(1)求，，，；

(2)求数列的前2024项和.

【答案】(1)，，，

(2)

【分析】（1）根据数列的通项公式，即可求解，，，的值；

（2）由数列的通项公式，得到，进而求得的值.

【详解】（1）解：因为数列的通项公式为，

所以，，，.

（2）解：由，可得

所以.

18．2022年起，某省将实行“”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高三年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定、共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分，等级排名占比，赋分分数区间是；B等级排名占比，赋分分数区间是71－85：等级排名占比，赋分分数区间是56－70：等级排名占比，赋分分数区间是41－55；等级排名占比，赋分分数区间是30-40；现从全年级的生物成绩中随机抽取100名学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图所示：

(1)求图中的值及这100名学生的原始成绩的中位数（中位数结果保留两位小数）；

(2)用样本估计总体的方法，估计该校本次生物成绩原始分至少多少分才能达到赋分后的等级及以上（含等级）？（第（2）问结果保留整数）

【答案】(1)，分

(2)分

【分析】（1）由频率分布直方图的性质，求得，结合中位数的计算方法，即可求解；

（2）根据等级达到及以上所占排名等级占比为，结合中位数的含义，即可求解.

【详解】（1）解：由频率分布直方图的性质，可得：

，解得，

由频率直方图可判断中位数落在第四组，设中位数为，

则，解得，

故抽取的这100名学生的原始成绩的中位数的估计值为分.

（2）解：由已知等级达到及以上所占排名等级占比为，

由（1）可得，中位数，

故原始分不少于分才能达到赋分后的等级及以上.

19．在中，，，.

(1)求的外接圆的半径；

(2)已知点在线段上，在下述条件中任选一个，求的长.

①是的角平分线；②是边上的中线.

【答案】(1)

(2)选择①，；选择②，

【分析】（1）先利用余弦定理求出，再利用正弦定理可求出三角形外接圆的半径，从而可求出的外接圆的面积；

（2）若选择①，可求出；若选择②，对两边平方化简可求出.

【详解】（1）由余弦定理得，

即，所以，

设外接圆半径为，由正弦定理得，，

所以，所以外接圆的半径为；

（2）若选择①，，

同时，

所以，所以；

若选择②，，

两边平方得，

所以.

20．一个不透明的盒中放有形状、大小均相同的黑球和白球，其中黑球4个，白球5个.

(1)从盒中取出一个球，放回后再取出一个球，求两球颜色恰好相同的概率；

(2)从盒中每次取出一个球，取出后不放回，求第三次才取到白球的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）计算有放回的摸球，摸两次所包含的基本事件的总数，然后再求出颜色不同包含的基本事件的个数，利用概率公式可求出结果；

（2）第三次才取到白球，则前两次都是摸到黑球，分别计算所包含的基本事件，然后求概率即可.

【详解】（1）从盒中取出一个球，放回后再取出一个球，基本事件总数，

两球颜色恰好相同包含的基本事件个数，

所以两球恰好颜色相同的概率；

（2）取到第三次时才取到白球，则前两次都是取到黑球，第三次取到白球.基本事件总数，

包含的基本事件个数，

所以第三次才取到白球的概率为.

21．如图，在三棱锥中，，，为中点．

(1)证明：平面；

(2)若点在棱上，，且，求二面角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证得和，然后根据线面垂直的判定定理即可得出结论；

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果.

【详解】（1）解：（1）证明：因为，且为中点，所以，

因为，且为中点，所以，因为，且为中点，

所以，因为，，，所以，所以，

，所以平面.

（2）解：因为，且为中点，所以，从而，，两两垂直，

如图，建立以为原点，以，，分别为，，轴的空间直角坐标系，

易知，，，，

设，由，即，可求得，

所以，，

不妨设平面的一个法向量为，则，

即，

令，则，，所以，

取平面的一个法向量为，

所以，

所以二面角的大小为．

22．一种作图工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子在滑槽AB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．

（Ⅰ）求曲线C的方程；

（Ⅱ）设动直线与两定直线和分别交于两点．若直线总与曲线有且只有一个公共点，试探究：的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）存在最小值8．

【详解】（Ⅰ）设点，，依题意，

，且，

所以，且

即且

由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，

于是，故，代入，可得，

即所求的曲线的方程为

（Ⅱ）（1）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有．

（2）当直线的斜率存在时，设直线，

由消去，可得．

因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，

所以，即． ①

又由可得；同理可得．

由原点到直线的距离为和，可得

． ②

将①代入②得，．

当时，；

当时，．

因，则，，所以，

当且仅当时取等号．

所以当时，的最小值为8．

综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，的面积取得最小值8．

【解析】椭圆的标准方程、几何性质,直线与圆、椭圆的位置关系，最值．