四川省泸县第五中学2022-2023学年高二数学（理）下学期期中试题（Word版附解析）

泸县第五中学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.已知是虚数单位，若复数的实部与虚部相等，则A.-2B.-1C.1D.2【答案】B【解析】【分析】利用实虚部相等列式求解【详解】复数.实部与虚部相等，则.故选：B.2.已知为正整数，且，则在数列中，“”是“是等比数列”的A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据等比数列的通项公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】若“{an}是等比数列”，则am•an＝a12qm+n﹣2，ap•aq＝a12qp+q﹣2，∵m+n＝p+q，∴am•an＝ap•aq成立，即必要性成立，若an＝0，则{an}是等差数列，当m+n＝p+q时，由“am•an＝ap•aq”成立，但“{an}是等比数列”不成立，即充分性不成立，则“am•an＝ap•aq”是“{an}是等比数列”的成立的必要不充分条件，故选B．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等比数列的通项公式和性质是解决本题的关键．判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q 的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．3.已知与之间的一组数据：若关于的线性回归方程为，则的值为（）12343.2487.5A.1B.0.85C.0.7D.0.5【答案】D【解析】【分析】求出样本数据中心点坐标，代入回归直线方程求解.【详解】，，因为关于的线性回归方程为，所以，解得，故选：D4.执行如图所示的程序框图，则输出的为A.B.C.D.【答案】B 【解析】【分析】计算各循环得周期进而得到结果【详解】输入不满足，不满足，不满足，观察规律可得：的取值周期为，由可得不满足，不满足，满足，退出循环，输出故选:B5.在的展开式中，含项的系数为（）A.21B.－21C.35D.－35【答案】D【解析】【分析】首先写出二项式展开式的通项，再令求出，再代入计算可得；【详解】解：二项式展开式的通项为，令，解得，所以含项的系数为；故选：D6.已知新华中学高一2班有20人，某次数学考试中，得分被评为等的5人，等8人，等7人.从中随意选取2人，则这两人得分在同一等级的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据选取的人全为等或等或等中的人，结合古典概型概率计算公式，计算出所求概率.【详解】设“两人得分在同一等级”为事件，则.故选：B.7.2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获9金4银2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的9枚金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了100名学生冬奥会期间观看雪上项目和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按，，，，分组，分别得到频率分布直方图如下：估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第75百分位数分别是和，方差分别是和，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【分析】分别计算出和，进行比较；由方差的意义比较和，即可得到答案.【详解】由题意进行数据分析，可得：，解得：；，解得：；所以.比较两个频率分布直方图可以看出：雪上项目的数据更分散，冰上项目的数据更集中，由方差的意义可以得到：.故选：A8.如图，矩形中，点在轴上，点的坐标为．且点与点在函数 的图像上．若在矩形内随机取一点，则该点取自空白部分的概率等于A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】计算点CD坐标，得阴影和空白面积得概率【详解】由题意，，，，阴影部分面积为，空白部分面积为，所求概率为．故选：A9.若直线是曲线的一条切线，则实数（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用导数，根据斜率求得切点坐标，进而求得.【详解】因为，所以，令，即，得或（舍去），所以切点是，代入，得，.故选：D10.一个等腰三角形的周长为10，四个这样相同等腰三角形底边围成正方形，如图，若这四个三角形都绕 底边旋转，四个顶点能重合在一起，构成一个四棱锥，则围成的四棱锥的体积的最大值为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意作出草图，设底面正方形边长的一半为，由勾股定理，求出棱锥的高，利用棱锥体积公式得到体积关于的函数，再利用导数求最值，即可得到结果．【详解】设四棱锥为，如下图所示：设四棱锥高为，取中点，设四棱锥底面正方形边长的一半为，则侧面等腰三角形的腰长，所以，在直角中，，所以四棱锥的高，所以．设，则，令，可得（舍去）或，当时，，当时，； 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取到最大值，即当时，取到最大值∴．故选：A．【点睛】本题主要考查了锥体体积的求法，考查导数在求最值中应用，是中档题．11.设椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与交于A，B两点，若，且，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知条件和椭圆定义，将用表示，在中求出，在用余弦定理，建立等量关系，即可求解.【详解】设，则，，所以，解得，所以，，连接，则.在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得，所以，整理得，因为，所以.故选：B12.已知函数，，若存在使得，则实数a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用，把问题转化为与在有交点，利用数形结合进行分析，即可求解【详解】，所以，，即与在有交点，分情况讨论：①直线过点，即，得；②直线与相切，设切点为，得，切点为，故实数a的取值范围是 故选：B【点睛】本题考查函数方程的交点问题，主要考查学生的数形结合能力，属于中档题第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.函数的图像在处的切线方程为_____.【答案】【解析】【分析】首先计算，得到切点为，求导将代入得到，再利用点斜式写出切线方程即可.【详解】，所以切点为，则所以切线方程为：即故答案为：【点睛】本题主要考查导数的几何意义，属于简单题.14.已知命题：：不等式的解集为；：不等式的解集为，若命题与命题中至少有一个为假命题，则的取值范围为_______________.【答案】【解析】【分析】先求得均为真命题时的取值范围，再求得至少有一个为假命题时的取值范围.【详解】当为真命题时，，解得.当为真命题时，，解得.故均为真命题时的取值范围是，所以命题与命题中至少有一个为假命题，则的取值范围为.故填：.【点睛】本小题主要考查命题真假性，考查不等式的解集恒成立问题，属于基础题.15.有六种不同颜色,给如图的六个区域涂色,要求相邻区域不同色,不同的涂色方法共有________. 【答案】4320【解析】【分析】利用分步乘法原理，保证相邻两块的颜色不同，即可得答案.【详解】第一个区域有6种不同的涂色方法，第二个区域有5种不同的涂色方法，第三个区域有4种不同的涂色方法，第四个区域有3种不同的涂色方法，第五个区域有4种不同的涂色方法，第六个区域有3种不同的涂色方法，根据乘法原理.【点睛】本题考查分步乘法原理的应用，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.16.已知函数有两个极值点、，则的取值范围为_________.【答案】【解析】【分析】确定函数的定义域，求导函数，利用极值的定义，建立方程，结合韦达定理，即可求的取值范围．【详解】函数的定义域为，，依题意，方程有两个不等的正根、（其中），则，由韦达定理得，，所以，令，则，，当时，，则函数在上单调递减，则，所以，函数在上单调递减，所以，. 因此，的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查了函数极值点问题，考查了函数的单调性、最值，将的取值范围转化为以为自变量的函数的值域问题是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.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.已知三次函数的极大值是，其导函数的图象经过点，如图所示，求（1），，的值；（2）若函数有三个零点，求的取值范围．【答案】（1），，；（2）.【解析】【分析】（1）根据导数的正负判断原函数的单调性，进而判断原函数的极值点，再利用代入法求解即可；（2）根据函数零点的定义，通过数形结合思想进行求解即可.【小问1详解】由导函数的图象可知：当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以是函数的极大值点，是函数的极小值点， 于是有，由，所以有；【小问2详解】由（1）函数的极小值为，极大值为，而知函数的图象如下图所示因为函数有三个零点，所以函数的图象与直线有三个不同的交点，所以.18.随着2022年北京冬季奥运会的如火如荼地进行.2022年北京冬季奥运会吉祥物“冰墩墩”受到人们的青睐，现某特许商品专卖店每天均进货一次，卖一个吉祥物“冰墩墩”可获利50元，若供大于求，则每天剩余的吉祥物“冰墩墩”需交保管费10元/个；若供不应求，则可从其他商店调剂供应，此时调剂的每一个吉祥物“冰墩墩”该店仅获利20元．该店调查上届冬季奥运会吉祥物每天(共计20天)的需求量(单位：个)，统计数据得到下表：每天需求量162163164165166频数24653以上述20天吉祥物的需求量的频率作为各需求量发生的概率．记X表示每天吉祥物“冰墩墩”的需求量．（1）求X的分布列；（2）若该店某一天购进164个吉祥物“冰墩墩”，则当天的平均利润为多少元．【答案】（1）162163164165166 （2）8187（元）【解析】【分析】（1）可取162，163，164，165，166，求出对应概率，然后再写出分布列即可；（2）设表示每天的利润，求出所有的取值，再根据期望公式即可得解.【小问1详解】解：可取162，163，164，165，166，，，，，，所以分布列为：162163164165166【小问2详解】设表示每天的利润，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，所以平均利润为（元）.19.如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，面ABCD，，． （1）求点A到平面PBC的距离；（2）求二面角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)连接AC，根据线面垂直得到线线垂直，再利用线面垂直判定得到面，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解即可；(2)根据（1）中的坐标，分别求出两平面的法向量，利用向量的夹角公式和同角三角函数的基本关系即可求解.【小问1详解】连接AC，面ABCD，，面PAC，面PAC，，面，，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AP为z轴建立坐标系则，，，设平面的法向量为，即，令，则，，A到面PBC距离. 【小问2详解】由（1）可知：，，，，设平面的法向量为，即，，令，则，设面的法向量为，即令，则，，，∴二面角正弦值为.20.设A，B分别是直线和上的动点，且，设O为坐标原点，动点G满足．（1）求点G运动曲线C的方程；（2）直线与曲线C交于M，N两点，O为坐标原点，当k为何值，恒为定值，并求此时面积的最大值．【答案】（1）（2），1【解析】 【分析】（1）设三点坐标，利用平面向量的坐标表示及向量模的坐标表示即可求解曲线的方程；（2）设交点坐标，，联立直线方程和椭圆方程，利用韦达定理得出，的表达式，求解的表达式，为定值即与参数无关，可求得的值，然后利用弦长公式及点到直线的距离公式即可求解面积的最大值.【小问1详解】解：设，，，则有，，，整理可得.【小问2详解】（2）设，，联立，消元得，当，即时，则，，则，当为定值时，即与无关，故，得，此时，又点O到直线l的距离，所以， 当且仅当，即时，等号成立，经检验，此时成立，所以面积最大值为1．21.已知函数.（1）求函数单调区间；（2）求证：.【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是.(2)证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；（2）先证明，再利用数学归纳法证明，即得证.【详解】（1）∵函数，∴函数，（.由，解得，由，得.∴函数的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）证明：由（1）知，的最小值为，∴（且），即，∴，，…，，累加得：，即， ∴，下面利用数学归纳法证明.当时，左边，右边，不等式成立；假设当时不等式成立，即，那么，当时，.要证，只需证，也就是证，此时显然成立.∴，即，综上，.∴.【点睛】本题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查不等式的证明和数学归纳法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.（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.在平面直角坐标系中，直线的普通方程为，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.(Ⅰ)求直线的参数方程和极坐标方程； (Ⅱ)设直线与曲线相交于两点，求的值.【答案】(Ⅰ)直线的参数方程为(为参数)极坐标方程为()(Ⅱ)【解析】【分析】(Ⅰ)直线的普通方程为，可以确定直线过原点，且倾斜角为，这样可以直接写出参数方程和极坐标方程；(Ⅱ)利用，把曲线的参数方程化为普通方程，然后把直线的参数方程代入曲线的普通方程中，化简，利用根与系数的关系和参数的意义，可以求出的值.【详解】解:(Ⅰ)直线的参数方程为(为参数)极坐标方程为()(Ⅱ)曲线的普通方程为将直线的参数方程代入曲线中，得，设点对应的参数分别是，则，【点睛】本题考查了直线的参数方程化为普通方程和极坐标方程问题，同时也考查了直线与圆的位置关系，以及直线参数方程的几何意义.选修4-5：不等式选讲23.已知函数，．（1）求不等式的解集；（2）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由题意零点分段求解不等式可得不等式的解集为．（2）令，由绝对值三角不等式和二次函数的性质可知当时，取到最小值为，则的取值范围是．【详解】（1）由题意可知，，①当时，原式可化为，即或，∴；②当时，原式可化为，即或，∴无解；③当时，原式可化为，即或，∴；综上所述，．（2）由题意可知，，当时，等号成立，又，当且仅当时，等号成立，令，当时，取到最小值为，由题意可知，故．【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；