四川省泸县第一中学2022-2023学年高二理科数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第一中学2022-2023学年高二理科数学下学期期中试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
泸县第一中学2023年春期高二期中考试数学（理工类）第I卷   选择题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 复数A.  B.  C. 1 D. 【答案】A【解析】【详解】,故选A.2. 抛物线的准线方程是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将抛物线的方程化为标准方程，进而可求得该抛物线的准线方程.【详解】抛物线的标准方程为，因此，该抛物线的标准方程为.故选：A.3. 若为实数，则“”是“”的（    ）.A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】先由解得或，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】解：若，则，即“”是“”的充分条件；但是当时，可得或，即由不能推出，所以“”不是“”的必要条件.综上，“”是“”的充分不必要条件.故选.【点睛】本题考查充分条件、必要条件的概念，属于基础题.4. 某平台为一次活动设计了“a”、“b”、“c”三种红包，活动规定：每人可以获得4个红包，若集齐至少三个相同的红包（如：“”），或者集齐两组两个相同的红包（如：“”），即可获奖.已知小赵收集了4个红包，则他能够获奖的不同情形数为A 9 B. 10 C. 12 D. 16【答案】C【解析】【分析】由题意将中奖情况列举出为型、型、4个一样，每种情况结合组合思想即可求出每种情况的数量，将最后结果相加即可.【详解】解：由题意知，型有种；型有种；4个一样有种，则种，故选:C.【点睛】本题考查了计数原理中分类的思想，考查了组合数的计算，考查了排列组合的思想.5. 曲线y＝x2－1与x轴所围成图形的面积等于(　　)A.    B.    C. 1 D.   【答案】D【解析】【详解】函数y＝x2－1与x轴的交点为(－1,0)，(1,0)，且函数图象关于y轴对称，故所求面积为S＝2＝2(x－x3)＝2×＝.故选D6. 若函数在处取得极值，则（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【答案】D【解析】【分析】求出函数的导数，由题设可得，从而可求，注意检验.【详解】因为，所以，又函数在处取得极值，所以，即．此时，当或时，，当时，，故是的极大值点，故符合题意．故选：D．7. 已知向量是空间的一个基底，向量是空间的另一个基底，一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的基本定理和坐标表示即得结果.【详解】设在基底下的坐标为，则，所以，解得，，，故在基底下的坐标为．故选：A.8. 甲､乙､丙､丁四个人参加比赛，只有一人获奖，甲说：是乙或丙获奖，乙说：丙丁都未获奖，丙说：甲获奖了，丁说：乙没获奖.已知四人中有且只有一人说了假话，则获奖的人为（    ）A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁【答案】A【解析】【分析】根据题意，分别假设甲、乙、丙、丁获奖，验证是否符合题意,即可判断出答案.【详解】若甲获奖，则四人中有且只有甲说了假话，符合题意；若乙获奖，则四人中丙丁说了假话，不符合题意；若丙获奖，则四人中乙丙说了假话，不符合题意；若丁获奖，则四人中甲乙丙说了假话，不符合题意； 故选:A9. 甲乙两人从1,2,3, 15这15个数中，依次任取一个数（不放回），则在已知甲取到的数是5的倍数的情况下，甲所取的数大于乙所取的数的概率是A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用条件概率的公式求解或者转化为古典概率求解.【详解】设事件A=“甲取到的数是5的倍数”，B=“甲所取的数大于乙所取的数”，则，，,故选C.【点睛】本题主要考查条件概率的求解，熟记条件概率的求解公式是求解的关键，侧重考查数学建模的核心素养.10. 已知函数有两个极值点，且，则的取值范围是A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先求得函数的导数，然后利用二次函数的性质列不等式组，然后利用线性规划的知识，求得的取值范围.【详解】，导函数为二次函数，开口向上，故，即，，画出不等式组表示的可行域如下图所示，由图可知，分别在处取得最小值和最大值，即最小值为，最大值为，故的取值范围是，故选D.【点睛】本小题主要考查导数与极值点，考查二次函数的性质，考查化归与转化的数学思想方法，考查线性规划求取值范围，综合性较强，属于难题.11. 四棱锥的底面为正方形，平面ABCD，顶点均在半径为2的球面上，则该四棱锥体积的最大值为（    ）A.  B. 4 C.  D. 8【答案】C【解析】【分析】设正方形ABCD的外接圆的半径为，球心到平面ABCD的距离为，则，四棱锥的体积为，设，利用导数研究函数的单调性可求得答案．【详解】设正方形ABCD的外接圆的半径为，球心到平面ABCD的距离为，则，且正方形ABCD的面积为，四棱锥的体积为，设，，则，于是时，，单调递增；时，，单调递减，从而，于是．故选：C.12. 设函数，，，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题设恒成立等价于；构造函数，利用导数判断的单调性，求出的最值，判断不等式是否恒成立，从而求出的取值范围．【详解】解：由题设恒成立等价于①．设函数，则．①设，此时，当时，当时，故在单调递减，在上单调递增，故．而当时取得最大值，并且，故① 式不恒成立．②设，注意到，，故① 式不恒成立．③设，，此时当时，当时，故在单调递减，在上单调递增，故；而当时，故若使①式恒成立，则，得，即．故选：C第II卷  非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知双曲线过点，且与椭圆有相同的焦点，则该双曲线的方程是__________【答案】【解析】【分析】先求出双曲线的焦点,再设双曲线的标准方程,代入求解即可.【详解】易得椭圆的焦点为,故设双曲线的方程为.故 ,解得.故双曲线的方程.故答案为：【点睛】本题主要考查了双曲线标准方程的求解,属于基础题.14. 若二项式的展开式中，第4项与第7项的二项式系数相等，则展开式中的系数为_______．(用数字作答)【答案】9【解析】【分析】根据得，进而利用二项展开的通项公式可得解.【详解】根据已知条件可得：， 所以的展开式的通项为，令，所以所求系数为.故答案为：9.15. 在微积分中“以直代曲”是最基本，最朴素的思想方法，中国古代科学家刘徽创立的“割圆术”，用圆的外切正边形和内接正边形“内外夹逼”的办法求出了圆周率的精度较高的近似值，事实上就是用“以直代曲”的思想进行近似计算的，它是我国最优秀的传统科学文化之一．借用“以直代曲”的方法，在切点附近、可以用函数图象的切线代替在切点附近的曲线来“近似计算”．请用函数“近似计算”的值为__________（结果用分数表示）．【答案】【解析】【分析】求出函数的导函数，得到函数在处的导数值，再由直线方程的点斜式求曲线在点处的切线方程；曲线的切点附近，可用切线近似代替函数曲线，即在附近，有，再将代入，即可求出结果．【详解】函数的导数为，所以，函数在点处的切线，所以附近可以用 代替，即，又非常接近，. 故答案为：.16. 如图所示，正方体的棱长为分别为，的中点，点是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为__________．【答案】##【解析】【分析】要满足平面，只需要找一个平面，使该平面经过，且与平面平行即可，取的中点的中点，连结，证明出面面，得到点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形，求出周长即可.【详解】取的中点的中点，连结．正方体的棱长为2．为中点，所以，所以且．因为为分别为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以．因为面面，所以面．同理可证：面．又面面，所以面面．所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形．因为正方体的棱长为2，所以，所以三角形的周长为．故答案为：.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分17. 若函数在处取得极值．（1）求的值；（2）求函数的单调区间及极值．【答案】（1）（2）单调递增区间是，单调递减区间是，极小值为，极大值为．【解析】【详解】试题分析：（1）求出原函数的导函数，由函数在x=1时的导数为0列式求得a的值；（2）把（1）中求出的a值代入，求其导函数，得到导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，利用导函数在不同区间段内的符号求单调期间，进一步求得极值点，代入原函数求得极值．试题解析：（1），由，得．（2），．由，得或．当时；②当时或．当变化时，的变化情况如下表：12-0+0-  因此，的单调递增区间是，单调递减区间是．函数的极小值为，极大值为．考点：利用导数求过曲线上某点处的切线方程；利用导数研究函数的单调性18. 甲、乙两个同学同时报名参加某重点高校2010年自主招生，高考前自主招生的程序为审核材料和文化测试，只有审核过关后才能参加文化测试，文化测试合格者即可获得自主招生入选资格．已知甲，乙两人审核过关的概率分别为，审核过关后，甲、乙两人文化测试合格的概率分别为（1）求甲，乙两人至少有一人通过审核的概率；（2）设表示甲，乙两人中获得自主招生入选资格的人数，求的数学期望.【答案】(1)甲，乙两人至少有一人通过审核的概率为；(2) 的数学期望为.【解析】【分析】（1）利用事件的独立性可求概率（2）易得，求出对应的概率后可得分布列，利用公式可求期望.【详解】解：(1)设“甲，乙两人至少有一人通过审核”，则.(2) ，，，    答：(1)甲，乙两人至少有一人通过审核的概率为；(2) 的数学期望为.19. 如图，四边形ABCD为圆柱的轴截面，EF是该圆柱的一条母线，，G是AD的中点．（1）证明：平面EBG；（2）若，求二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）有题目条件可证明平面，所以，又因为，即可证明平面.（2）以为坐标原点，为轴正方向，为单位向量，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的公式代入即可得出答案.【小问1详解】由已知平面，平面，所以，因为是圆的直径，所以，因为，所以平面，平面，故，因为，所以，易知：△△，所以，从而，又，所以平面.【小问2详解】以为坐标原点，为轴正方向，为单位向量，建立如图所示的空间直角坐标系，则，从而，设位平面的法向量，则，所以，由（1）知：平面的法向量为因为，所以二面角的正弦值为.20. 如图所示，、分别是椭圆：的左、右焦点，为椭圆上一动点，当点在椭圆的上顶点时，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）直线与椭圆另一交点为，过作直线的垂线，与圆交于、两点，求四边形面积的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）设，利用余弦定理、向量数量积的坐标表示求椭圆参数，写出椭圆方程即可；（2）当的斜率不存在易得面积为，当的斜率存在，设为，、，联立椭圆方程并应用韦达定理求、，进而求、，又与垂直即面积，即可求面积的最大值．【详解】（1）由题意，设，则由余弦定理可得：①，又②，由①②得：，，于是，∴椭圆的标准方程是：；（2）当直线的斜率不存在时，，，则四边形的面积是，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，、，将与联立并消去，整理得，恒成立，∴，，则，由于直线与直线垂直，且经过点，∴直线的方程为，且点到直线的距离为，∴，则四边形的面积：，由于，故，于是（当时取得最大值），综上，四边形面积最大值为．21. 已知函数.（1）若函数在处取极小值，求实数m的值；（2）设，若对任意，不等式≥恒成立，求实数a的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先求解出，然后根据求解出的值，然后再分析取不同值时是否能满足在处取极小值，由此确定出的值；（2）由题意可得不等式恒成立，然后构造函数，利用导数分析的单调性并确定出最小值，根据求解出的取值范围.【详解】（1），由题意得，即，当时，，此时在上递减，在上递增，所以符合要求；当时，，此时在上递增，在上递减，所以不符合要求.综上，（2）方法1：直接研究差函数的最小值，需借助隐零点由得不等式恒成立，令，求导得，当，，所以在上单调递增，因为，所以不符合题意；当时，令，则在上递增，又，且在上连续，所以存在唯一，使得，当时，，故递减；当时，，故递增.且，，所以，所以，即，令，则，所以在上递减，在上递增，又，所以方法2：指数化､换元处理由得，指数化得不等式恒成立，令，则，不等式恒成立，令，则，当时，，所以不符合题意；当时，在上单调递减，在上单调递增，所以所以，即，令，则，所以在上递减，在上递增，又，所以.【点睛】思路点睛：导数问题中运用“隐零点”思想的一般求解步骤：（1）先分析导函数的单调性，采用零点的存在性定理确定出的零点；（2）分析在定义域上的取值正负，从而确定出的单调性，由此确定出的最值；（3）由（2）中计算出的最值可通过继续化简，由此求得更简单的最值形式.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．（选修4-4 极坐标与参数方程）22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）已知点的直角坐标为，曲线与交于，两点，若，求曲线的普通方程．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）将，，代入曲线即可得出；（2）将直线代入圆的方程，由可求.【详解】解：（1）将，，代入曲线的极坐标方程，得曲线的直角坐标方程为，即．（2）将（为参数），代入，可得．设点，对应的参数分别为，，则，．因为，所以（其中），，，所以，，故曲线的普通方程为，即．【点睛】本题考查直线参数方程的几何意义，解题的关键是利用韦达定理得出，由此求出斜率.（选修4-5 不等式选讲）23. 已知定义在上的函数的最小值为a.（1）求的值；（2）若实数，求的最小值及取得最小值时对应的的值．【答案】（1）（2）的最小值为此时【解析】【分析】（1）由题意可知结合绝对值三角不等式，求得的最小值，即可求得的值．（2）本题考查的是求最小值的问题，根据题意知利用柯西不等式，求得的最小值及取得最小值时对应的的值．【详解】（1），，从而，．（2）由（1）知：，又，，当且仅当，即时取等，故的最小值为，此时．