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安徽省安庆市宿松中学2022-2023学年高二数学下学期期中联考试题(A卷)(Word版附解析)

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2022-2023学年下学期高二期中联考数学(A卷)考生注意:1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分,考试时间120分钟.2.答题前,考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时,请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;非选择题请用直径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.4.本卷命题范围:人教版必修内容(占20%),选择性必修一、选择性必修二至选择性必修三第6章(占80%).一、单项选择题: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.或B.或C.或D.或【答案】D【解析】【分析】利用补集的定义直接求解.【详解】因为集合,所以或.故选:D2.已知函数,则()A.5B.3C.2D.1【答案】B【解析】【分析】先求,再根据的值带入相应解析式计算即可.【详解】因为,所以,所以.故选:B 3.已知向量,,若,则()A.2B.18C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量平行的坐标表示求解即可.【详解】因为,则存在实数使得,即,解得,所以,故选:B.4.已知等比数列的公比不为,且成等差数列,则()A.1B.-1C.D.【答案】D【解析】【分析】根据等比数列通项和等差中项性质列出关于的方程,解出即可.【详解】由,且成等差数列,得,即,即,解得(舍去)或(舍去)或.故选:D5.《“健康中国2030”规划纲要》提出,健康是促进人的全面发展的必然要求,是经济社会发展的基础条划件.实现国民健康长寿,是国家富强、民族振兴的重要标志,也是全国各族人民的共同愿望.为普及健康知识,某公益组织为社区居民组织了一场健康知识公益讲座,为了解讲座效果,随机抽取了10位居民在讲座后进行健康知识问卷(百分制),这十位居民的得分情况如下表所示:答题居民序号12345678910得分72836576889065909576则以下说法错误的是()A.该10位居民的答卷得分的极差为30 B.该10位居民的答卷得分的中位数为94C.该10位居民的答卷得分的中位数小于平均数D.该10位居民的答卷得分的方差为104.4【答案】B【解析】【分析】由极差、中位数和平均数的定义可判断A,B,C;求出该社区居民问卷得分的方差即可判断D.【详解】按照从小到大排列为,则极差为,故选项A正确;中位数为,故选项B不正确;中位数为79.5,平均数为,故选项C正确;通过计算可得,所以方差为,故选项D正确.故选:B.6.已知函数,则将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象,图象关于原点对称,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】分析】利用辅助角公式化简,再根据平移变换得,然后由对称性可解.【详解】由题意可知,将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象,所以,因为图象关于原点轴对称,所以,即当时,. 故选:B7.已知函数的定义域为,且,则()A.0B.2C.4D.5【答案】D【解析】【分析】函数的性质与抽象函数,用赋值法即可求解.【详解】令,得,即,所以,所以函数的图象关于对称;因为,所以.故选:D8.已知椭圆的两个焦点为,过的直线与交于两点.若,,且的面积为,则椭圆的方程为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设,则,,由椭圆的定义得,在中,由余弦定理得,根据同角三角函数的平方关系得,在中,由余弦定理得,再结合的面积为,即可求出,进而得出椭圆的方程.【详解】设,则,,则,由椭圆的定义可知,所以,所以,,,,在中, ,则,所以,在中,,即,整理可得,因为三角形的面积为,故,即,得,所以,,所以椭圆的方程为,故选:A.二、多项选择题: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,有多项符合题目要求,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.如图是函数的导函数的图象,,则下列判断正确的是() A.单调递增区间为B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】由导函数图象的符号判断函数在各区间的单调性,再结合函数的性质得出结果.【详解】对于A,由题图知当时,,所以在区间上,单调递增,故正确;对于B,当时,单调递减,在上,单调递增;当时,单调递减,所以,故B正确;对于C,不一定是函数的最大值,最大值可能由区间的端点产生,所以错误;对于D,当时,,单调递减,所以,故D正确;故选:ABD.10.已知首项为正数的等比数列的公比为,曲线,则下列叙述正确的有()A.若为圆,则B.若,则离心率为2C.离心率为D.是双曲线且其渐近线方程为【答案】AC【解析】【分析】对于A,若为圆,则,求出得出结果;对于B,为等轴双曲线,求其离心率即可;对于C,当时,曲线是焦点在轴上的椭圆,求其离心率即可;对于D,故曲线为双曲线,求其渐近线方程. 【详解】对于A,首项为正数的等比数列的公比为,曲线,若为圆,则,所以,所以,即曲线为圆心为,半径为的圆,故正确;对于B,当时,,所以与互为相反数且不为0,故为等轴双曲线,故曲线的离心率为,故B错误;对于C,,数列为递减数列,,所以曲线焦点在轴上的椭圆,故的离心率为,故C正确;对于D,当时,与异号,故曲线为双曲线,其渐近线为,即,故D错误.故选:AC.11.已知为抛物线的焦点,为坐标原点,点在抛物线上,则()A.的最小值为2B.若,则C.点在抛物线上,且为正三角形,则D.若,则抛物线在点处的切线方程为【答案】ABD【解析】【分析】选项A、B,由抛物线定义及几何性质判断选项;选项C,由为正三角形,得的斜率为,得出的坐标;选项D,利用导数求切线方程判断选项.【详解】由为抛物线的焦点,,故; 对于A,设,,所以的最小值为2,故A正确;对于B,由抛物线的定义知,得,故B正确;对于C,为正三角形,则可得与轴平行,且,得斜率为,所以的坐标为,所以,故C错误;对于D,因为,代入,可得,由得,抛物线在点处的切线斜率为1,所以切线方程为,即,故D正确.故选:ABD.12.如图,边长为4的正方形是圆柱的轴截面,点为圆弧上一动点(点与点不重合),则()A.存在值,使得B.三棱锥体积的最大值为C.当时,异面直线与所成角的余弦值为D.当直线与平面所成角最大时,平面截四棱锥外接球的截面面积为【答案】BCD【解析】【分析】利用线面垂直的性质即可判断选项A;根据棱锥的体积计算公式判断选项B;建立空间直角坐标系,利用空间向量的夹角公式判断选项C;利用线面垂直的性质以及勾股定理和基本不等式即可判断选项D. 【详解】对于选项,由题意知,若,,平面,则平面,所以,不成立,故不正确;对于选项,在三棱锥中,半圆面,则是三棱锥的高,当点是半圆弧的中点时,三棱锥的底面积取得最大值,三棱锥的体积取得最大值为,故选项B正确;对于选项C:当时,则为的中点,以的中点为原点,以分别为轴,建立空间直角坐标系,则,,,,可得,则,故异面直线与所成角的余弦值为,所以正确;对于选项,取的中点,过点作于点,连接,由题意知,平面,平面,,又因为,,平面,可得平面,所以为在平面内的射影,则为直线与平面所成的角,设,则,在Rt中,,所以,故, 令,则,且,所以,当且仅当,即时取等号,所以,则,所以直线与平面所成最大角的正弦值为,此时,所以,连接,因为平面,平面,所以,因为为正方形,所以,在中,可得,在中,可得,则,因为,所以点为四棱锥外接球的球心,因为,由,解得,所以球心到面的距离,设截面半径为,则有,所以截面面积为,故D正确.故选:BCD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.复数,则__________.【答案】##0.8【解析】 【分析】利用复数代数形式的除法运算化简得到,再由共轭复数的概念得到,进而求出结果.【详解】,,则.故答案为:.14.已知方程表示焦点在轴上的椭圆,则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据椭圆标准方程的结构特征,结合焦点在轴上可得.【详解】因为方程表示焦点在y轴上的椭圆,所以,得.故答案为:15.已知数列满足,则__________.【答案】【解析】【分析】通过取倒数构造等差数列,根据条件解得,再结合裂项相消法得出结果.【详解】因为,所以,所以,所以,,所以.故答案为:.16.已知函数是定义在上的可导函数,且满足,对于任意的实数,都有,当时,,若,则实数的取值范围是__________. 【答案】【解析】【分析】由构造函数,得出为偶函数,通过导数得到的单调性,再解不等式求得结果.【详解】因为,所以,令,则,即为偶函数,当时,即,所以,即函数在上单调递增.根据偶函数对称区间上单调性相同的性质可知在上单调递减,又因为,所以,所以,,即,故只需,即,所以,解得.故答案为:.四、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知在的展开式中的二项式系数之和为64,求:(1)的值;(2)展开式中常数项;【答案】(1)6(2)15【解析】【分析】(1)根据二项式系数之和分析运算;(2)根据二项展开式分析运算. 【小问1详解】因为展开式中的二项式系数之和为64,所以,得.【小问2详解】二项展开式的通项为.可得当,即时,此时,展开式中常数项为15.18.已知函数.(1)若,求函数的单调区间;(2)若,求证:.【答案】(1)函数的单调减区间为,单调增区间为;(2)证明见解析【解析】【分析】(1)求导,解不等式,可得;(2)构造函数,转化为求的最小值问题,利用导数可证.【小问1详解】当,则,令,解得,令,解得,所以函数在上单调递减,在上单调递增;所以函数的单调减区间为,单调增区间为;【小问2详解】因为,所以,所以即证,.令,则 当时,为增函数;当时,为减函数;所以的最小值为,所以,所以,所以.19.已知半径小于6的圆过点,且圆与两坐标轴均相切.(1)求圆的标准方程;(2)若圆与直线交于两点,__________,求的值.从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答:条件①:;条件②:.注:如果选择多个条件分别作答,按第一个解答计分.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)设圆,由圆过点代入方程,再根据圆与两坐标轴均相切得出,,且,解出,即可得出圆的方程;(2)选①:过点作于点,由得出,则,得出圆心到直线的距离,由点到直线距离公式列出方程求解即可;选②:在中,由余弦定理得出,则,过点作于点,得出,则圆心到直线的距离,由点到直线距离公式列出方程求解即可.【小问1详解】设圆,因为圆过点,所以,又因为圆两坐标轴均相切,所以得,且,则,解得或,因为圆半径小于6, 所以,即,所以.【小问2详解】如果选择条件①:由,,得,过点作于点,则,所以圆心到直线的距离,则,解得;如果选择条件②:,在中,,由余弦定理得,所以,过点作于点,则,所以圆心到直线的距离,则,解得. 20.在直三棱柱中,,点是对角线上的动点,点是棱上的动点.(1)若分别为的中点,求证:平面;(2)设,当线段的长最小时,求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【解析】【分析】(1)通过面面平行证明线面平行;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量法求平面与平面的法向量,再得到两平面的夹角的余弦值.【小问1详解】证明:取的中点为,连接MP,NP,因为分别为的中点,所以,又,所以,平面,平面, 平面,同理可证平面,因为,所以平面平面,因为平面,所以平面;【小问2详解】在平面内过点作,使得点与点在同侧,由平面平面平面,故,结合,故两两垂直.以为原点,分别以为轴正方向建立空间直角坐标系,如图,则,由得,故为等腰直角三角形,同理,为等腰直角三角形.得,故,,当时,最小,此时分别是中点,于是, ,设平面的法向量为,故,即,整理得,取可得平面的一个法向量为,平面的法向量为,设平面与平面夹角的大小为,则,故平面与平面夹角的余弦值为.21.下图(1)是一个边长为1的正三角形,将每边三等分,以中间一段为边向外作正三角形,并擦去中间一段,得到图(2),如此继续下去,得到图(3)….由图可知,围成第一个图形的线段条数为3,围成第(2)个图形的线段条数为,设围成第个图形的边长条数为.(1)求,并直接写出(不用证明);(2)数列满足,求数列的前项和.【答案】(1),(2)【解析】 【分析】(1)可以看到,由第到第个图形,每1条线段都变为4条线段,得出一个等比数列,求出结果.(2)先求,再利用错位相减法求和.【小问1详解】由题意可知,可以看到,由第到第个图形,每1条线段都变为4条线段,故;【小问2详解】因为,由题意知,①当时,得,当时,,②①-②得,则,检验成立,故,令③④③-④得.,化简得. 22.已知双曲线的右焦点为为双曲线上一点.(1)求的方程;(2)设直线,且不过点,若与交于两点,点关于原点的对称点为,若,试判断是否为定值,若是,求出值,若不是,请说明理由.【答案】(1)(2)存在,【解析】【分析】(1)利用焦点坐标得到,再由点在双曲线上,结合联立方程即可得解;(2)利用设而不求得到关于的值,再由得到的关系式,从而整理得,分析式子即可得到,由此得解.【小问1详解】由已知可得,故,因为在双曲线上,所以,解得(负值舍去),所以的方程为;【小问2详解】联立直线与双曲线的方程,可得,则且,所以且,设,则,由韦达定理可得,又,所以,, 又,因为,所以,整理可得,则,则,整理可得,因为不恒为0,所以应有,解得,所以直线的斜率为定值3.【点睛】方法点睛:利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:(1)设直线方程,设交点坐标为;(2)联立直线与圆锥曲线的方程,得到关于(或)的一元二次方程,必要时计算;(3)列出韦达定理;(4)将所求问题或题中的关系转化为、(或、)的形式;(5)代入韦达定理求解.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-06-19 12:40:02 页数:22
价格:¥2 大小:1.94 MB
文章作者:随遇而安

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