四川省宜宾市叙州区第二中学2022-2023学年高二理科数学下学期期中试题（Word版附解析）

叙州区第二中学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.某学校有高一、高二、高三三个年级，已知高一、高二、高三的学生数之比为，现用分层抽样抽取一个容量为的样本，从高一学生中用简单随机抽样抽取样本时，学生甲被抽到的概率为，则该学校学生的总数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出整个抽样过程中，每个学生被抽到的概率为，结合样本容量为可求得该学校学生的总数.【详解】从高一学生中用简单随机抽样抽取样本时，学生甲被抽到的概率为，所以，在整个抽样过程中，每个学生被抽到的概率为，所以，从该学校中抽取一个容量为样本时，则该学校学生的总数为.故选：B.【点睛】本题考查利用分层抽样计算总容量，考查计算能力，属于基础题.2.命题“”的否定是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可求解. 【详解】命题“”的否定是“”.故选：A.3.复数（i为虚数单位）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】B【解析】【分析】先对复数化简计算，然后再判断其在复平面内对应的点所在的位置【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限，故选：B4.用电脑每次可以从区间内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都大于的概率为A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】由题意可得：每个实数都大于的概率为，则3个实数都大于的概率为.本题选择C选项.5.如图，某系统使用，，三种不同的元件连接而成，每个元件是否正常工作互不影响．当元件正常工作且，中至少有一个正常工作时系统即可正常工作．若元件，，正常工作的概率分别为0.7，0.9，0.8，则系统正常工作的概率为（）A.0.196B.0.504C.0.686D.0.994 【答案】C【解析】【分析】由题意分析，列举出系统能正常工作的基本事件，应用概率的加法公式求概率即可.【详解】由题意知：系统能正常工作的基本事件有{A、B和C正常工作，A、B正常工作而C不正常工作，A、C正常工作而B不正常工作}，∴A、B和C正常工作的概率为：；A、B正常工作而C不正常工作的概率为；A、C正常工作而B不正常工作的概率为；∴系统正常工作的概率.故选：C.6.已知正四棱柱中，，为中点，则异面直线与所形成角的余弦值为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所形成角的余弦值．【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，设异面直线与所形成角为， 则.∴异面直线与所形成角的余弦值为.故选A．【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．7.市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到的一个甲厂的合格灯泡的概率是（）A.0.665B.0.564C.0.245D.0.285【答案】A【解析】【分析】记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则由P(AB)＝P(A)·P(B|A)可求.【详解】记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95，∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665.故选：A.8.已知直线l分别与函数和的图象都相切，且切点的横坐标分别为，，则（）A.eB.C.1D.2【答案】C【解析】【分析】设l与的切点为，与的切点为，利用斜率相等即可建立方程求出.【详解】设l与的切点为，与的切点为，公切线的斜率：，可得：， 所以，．故选：C.【点睛】本题考查直线与曲线相切问题，利用直线的斜率等于在切点处的导数值可建立等量关系求解，属于中档题.9.除以的余数是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】分析：利用二项式定理化简，求出展开式的后2项，即可得到除以100的余数，从而求得结果.详解：，即除以100的余数为41，故选B.点睛：该题考查的是有关应用二项式定理求解余数问题，注意对指数幂中的底数的转化，之后应用二项式定理展开，研究项的关系，得到结果.10.已知F2，F1是双曲线的上，下两个焦点，点F2关于渐近线的对称点恰好落在以F1为圆心，|OF1|为半径的圆上，则双曲线的离心率为A.2B.C.3D.【答案】A【解析】【分析】先求出点F2关于渐近线的对称点坐标，再代入以F1为圆心，|OF1|为半径的圆方程中，解得离心率.【详解】设点F2关于渐近线的对称点为，由已知得，解得，又以F1为圆心，|OF1|为半径的圆的方程为， 把点M的坐标代入上式得，又，所以，解得．故选：A11.直线和将圆分成4部分，用5种不同颜色给四部分染色，每部分染一种颜色，相邻部分不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（　　）A.120种B.240种C.260种D.280种【答案】C【解析】【分析】根据题意，先分析于1号区域，有5种颜色可选，即有5种涂法方案，再分①若2、4号区域涂不同的颜色，②若2、4号区域涂相同的颜色，两种情况讨论其他3个区域的涂色方案，由分类计数原理可得其他个区域的涂色方案的数目；再由分步计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，直线x=0和y=-x将圆分成4部分，如图所示，设这4部分别为1、2、3、4号区域；对于1号区域，有5种颜色可选，即有5种涂法，分类讨论其他3个区域：①若2、4号区域涂不同的颜色，则有种涂法，3号区域有3种涂法，此时其他3个区域有12×3=36种涂法；②若2、4号区域涂相同的颜色，则有4种涂法，3号区域有4种涂法，此时其他3个区域有有4×4=16种涂法；则共有5×（36+16）=5×52=260种；故选：C12.已知定义在上的函数满足，当时，．则的解集为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，根据题意可得的图像关于x=1对称，即得关于x=1对称，再由，可得在时的单调性，最后化简题中不等式为，根据单调性与对称性化简不等式得，解不等式可得结果.【详解】令因为函数满足，所以的图像关于x=1对称，关于x=1对称，又，所以当时，，即在上单调递减，根据对称性得，在上单调递增，因此化简可得，解得.故选：A【点睛】本题考查函数单调性，对称性的综合应用，难点在于构造函数，考查分析理解，计算化简的能力，属较难题.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.设随机变量的分布列为，（，2，3），则a的值为___________.【答案】##【解析】【分析】利用离散型随机变量分布列的性质，列式计算作答. 【详解】依题意，，解得，所以a的值为.故答案为：14.函数的单调递减区间为____________.【答案】和【解析】【分析】先求函数的导函数，再求解的解集，特别要注意函数的定义域，即可得解.【详解】解：由题意有，因为定义域为，当，即时，解得：，所以单调减区间为和，故答案：和.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，属基础.15.将4瓶外观相同，品质不同的酒让品酒师品尝，要求按品质优劣将4种酒排序，经过一段时间后，再让其品尝这4瓶酒，并让他重新按品质优劣将4种酒排序．根据测试中两次排序的偏离程度评估品酒师的能力．表示第一次排序为1，2，3，4的四种酒分别在第二次排序中的序号，记为其偏离程度，假设为1，2，3，4的等可能的各种排列．假设每轮测试之间互不影响，表示在1轮测试中的概率，表示在前3 轮测试中恰好有一轮的概率，则____________．【答案】【解析】【分析】列举出所有满足的排列情况，根据古典概型概率公式计算出，由二项分布概率公式求得结果.【详解】等可能的各种排列共有：种满足的的排列有：，，，，共种本题正确结果：【点睛】本题考查符合二项分布的概率的求解，关键是能够通过古典概型求解出事件发生的概率，属于常考题型.16.过点的直线与抛物线交于，两点，线段的垂直平分线经过点，为抛物线的焦点，则的值为__________．【答案】6【解析】【详解】设AB的中点为H，抛物线的焦点为，准线为，设A、B、H在准线上的射影为，则，由抛物线的定义可得，，，过的直线设为，与联立得：，，计算得出且，又，AB的中点为线段AB的垂直平分线过点方程为过中点，则 ，，解出或（舍去），则，，则三、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.近年来，空气质量成为人们越来越关注的话题，空气质量指数（，简称）是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照大小分为六级，为优；为良；为轻度污染；为中度污染；为重度污染；大于300为严重污染．环保部门记录了2017年某月哈尔滨市10天的的茎叶图如下：（1）利用该样本估计该地本月空气质量优良（）的天数；（按这个月总共30天计算）（2）现工作人员从这10天中空气质量为优良的日子里随机抽取2天进行某项研究，求抽取的2天中至少有一天空气质量是优的概率；（3）将频率视为概率，从本月中随机抽取3天，记空气质量优良的天数为，求的概率分布列和数学期望.【答案】（1）18（2）(3)【解析】【详解】试题分析：（1）从茎叶图中可知样本中空气质量优良的频率为 ，从而估计该月空气质量优良的天数为（2）“至少”可以从对立事件考虑，即一天空气质量优都没有．（3）显然是二项分布试题解析：（1）从茎叶图中可发现该样本中空气质量优的天数为2，空气质量良的天数为4，故该样本中空气质量优良的频率为，从而估计该月空气质量优良的天数为(2)由题意可知，10天中有6天是优良，其中2天优，所以（3）由（1）估计某天空气质量优良的概率为，的所有可能取值为0,1,2,3，，，故的分布列为：显然，.18.已知函数处取得极值，（1）求的值及的单调区间；（2）若函数在区间上的最大值为，求实数的值.【答案】（1），函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是.（2）【解析】【分析】（1）根据是函数的极值点，得到，解得 ，再根据导数得到函数的单调区间；（2）根据函数的单调性和极值点，得到，解得的值.【详解】解析：（1）函数所以，因为在处取得极值，可得，即，解得，所以令，解得或，令，解得所以函数的单调递增区间是，函数的单调递减区间是.（2）由（1）知，为递增，递减，所以的最大值取，中的较大者又由于所以，即整理得，解得.【点睛】本题考查根据极值点求参数的值，利用导数研究函数的单调性，根据函数的最值求参数的值，属于中档题.19.如图，四棱锥C-ABDE中，，AE=2BD=2，点F是AB的中点，点G在线段DC上，且 （1）求证：BG//平面CEF；（2）若AE⊥平面ABC，AE=AB，，求二面角F-EC-D的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）延长EF，DB交于点K，连接KC，根据题意，可得，即，又，可得BG//CK，根据线面平行的判定定理，即可得证.（2）如图建系，求得各点坐标，分别求得ECF和ECD的法向量，根据二面角的向量求法，即可求得二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案.【小问1详解】延长EF，DB交于点K，连接KC，因为AE//BD，所以AE//BK，所以，所以，所以，又因为2DG=GC，所以，所以，即，所以BG//CK，又因为CKÌ平面CEF，且BGË平面CEF，所以BG//平面CEF 【小问2详解】因为，AE=AB=2，所以，即，以C为原点，为x轴的正方向，以为y轴的正方向，以过C点且垂直于面ABC为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，则，设为平面ECF的法向量，由，取，则，所以平面ECF的一条法向量设为平面ECD的法向量，，由，取x2=2，则y2=1，所以平面ECD的一条法向量所以， 设二面角F-EC-D的平面角为θ，则，所以20.已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，点，点在线段的中垂线上．（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于两点，直线与的倾斜角分别为，且，求证：直线过定点，并求该定点的坐标．【答案】（1）（2）直线过定点，该定点的坐标为．【解析】【详解】试题分析：（1）由已知得，，解方程即可得解；（2）设直线MN方程为y=kx+m，与椭圆联立得．设，，由此利用韦达定理结合已知条件能求出直线MN的方程为y=k（x-2），从而能证明直线MN过定点（2，0）．试题解析：（1）由椭圆的离心率得，其中，∴，∴解得，，， ∴椭圆的方程为．（2）由题意，知直线存在斜率，设其方程为．由消去，得．设，，则，即，，.且由已知，得,即．化简，得∴整理得．∴直线的方程为，因此直线过定点，该定点的坐标为．点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.21.已知函数.（1）求在处的切线方程；（2）若时，不等式恒成立，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）结合导数的几何意义求出切线的斜率，进而可求出切线方程；（2）由题可将不等式，转化为在上恒成立，然后构造函数 ，利用导数研究函数的性质，求出，再构造函数，通过研究函数的图象与性质即可得出结果.【详解】（1）由题可知，∴，又，∴在处的切线方程为，即.（2）由题可知不等式，即在上恒成立.设，则.当时，令，则，∴在上单调递增.又，，∴存在使得，即，∴.故当时，，此时，当时，，此时.故在上单调递增，在上单调递减，从而， ∴.令，则当时，，∴在上单调递增，∴，∴.【点睛】恒成立问题解题思路：（1）参变量分离：（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参数分离即可解决问题.（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，以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线C的极坐标方程为.（1）写出直线和曲线C的直角坐标方程；（2）已知点，若直线与画线C交于两点，求的值.【答案】（1）直线的直角坐标方程为，曲线C的直角坐标方程为（2）【解析】【分析】（1）由三角恒等变换结合得出直线和曲线C的直角坐标方程；（2）由直线参数方程与曲线C的直角坐标方程联立，由其几何意义以及韦达定理进行求解.【小问1详解】可化为，即 即直线直角坐标方程为可化为，，即曲线C的直角坐标方程为【小问2详解】因为在直线上，所以直线的参数方程为（为参数）将其代入，整理得设对应的参数为，则选修4-5：不等式选讲23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的解集包含，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）函数化简为分段函数分别解不等式得到答案.（2）题目等价于当时不等式恒成立，得到不等式，求的最小值得到答案. 【详解】（1），由，解得，故不等式的解集是；（2）的解集包含，即当时不等式恒成立，当时，，，即，因为，所以，令，，易知在上单调递增，所以的最小值为，因此，即的取值范围为.【点睛】本题考查了绝对值不等式，将题目等价于当时不等式恒成立是解题的关键.