2022-2023学年湖南省邵阳市第二中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省邵阳市第二中学高二下学期期中数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省邵阳市第二中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解绝对值不等式、指数不等式求集合，再应用交运算求集合即可.【详解】由题设，，所以.故选：C2．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的运算规则以及共轭复数的定义即可.【详解】， ；故选：A.3．设，则“”是“” 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】A【分析】解绝对值不等式求得的取值范围.然后根据两者的范围判断正确选项.【详解】由，得，解得，是的子集，故“”是“”的充分而不必要条件.故选A.【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查充分、必要条件的判断，属于基础题.4．若，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据二倍角公式、降次公式求得正确答案.【详解】依题意，所以.故选：B5．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由正弦函数、对数函数单调性可得，由此可得结论.【详解】，.故选：A.6．椭圆的左、右焦点分别为，，为上顶点，若的面积为，则的周长为（    ）A．8 B．7 C．6 D．5【答案】C【分析】设椭圆的半焦距为，由条件利用表示的面积，由条件列方程求，再由关系求，根据椭圆定义求，由此可求的周长.【详解】设椭圆的半短轴长为，半焦距为，则，的面积由题知，所以，，由椭圆的定义知，又，所以的周长为.故选：C.7．世界公认的三大著名数学家为阿基米德、牛顿、高斯，其中享有“数学王子”美誉的高斯提出了取整函数，表示不超过的最大整数，例如，.已知，，则函数的值域为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，将其变形分析其取值范围结合取整函数，即可求得结果.【详解】易知，在上单调递减，上单调递增.当时， ；当时，；当时，；所以，则函数的值域为.故选：C.8．已知、是双曲线（，）的左、右焦点，关于双曲线的一条渐近线的对称点为，且点在抛物线上，则双曲线的离心率为（    ）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】由点关于线的对称点的性质可知，垂直平分，所以能得到，，又，从而，再结合抛物线的定义得到关于a,c的关系式，计算得到离心率.【详解】由题意关于双曲线的一条渐近线的对称点为，且到渐近线的距离为b，∴中，，，又，所以，∴，∴，又点在抛物线上，∴的长度为抛物线中抛物线的焦点到抛物线的准线的距离，∴由抛物线的定义得到：，∴，∴，∴.故选：D.【点睛】关键点点睛：充分利用“点关于线的对称点的性质：垂直平分+抛物线的定义”. 二、多选题9．以下说法正确的是（    ）A．89，90，91，92，93，94，95，96，97的第75百分位数为95B．具有相关关系的两个变量x，y的一组观测数据，，，，由此得到的线性回归方程为，回归直线至少经过点，，，中的一个点C．相关系数r的绝对值越接近于1，两个随机变量的线性相关性越强D．已知随机事件A，B满足，，且，则事件A与B不互斥【答案】ACD【分析】对于A选项：结合百分位数的定义即可求解；对于B选项：结合经验回归方程的性质即可求解；对于C选项：根据相关系数的性质即可判断；对于D选项：根据互斥事件的定义和事件的相互独立性即可求解.【详解】对于A选项：从小到大排列共有9个数据，则不是整数，则第75百分位数为从小到大排列的第7个数据，即第75百分位数为95，所以A选项正确；对于B选项：线性回归方程不一定经过点，，，中的任何一个点，但一定经过样本的中心点即，所以B选项错误；对于C选项：若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于，所以C选项正确；对于D选项：因为，则，则事件与相互独立，所以事件A与B不互斥，所以D选项正确；故选：ACD.10．已知数列，下列说法正确的有（    ）A．若，则为递减数列B．若，则为等比数列C．若数列的公比，则为递减数列D．若数列的前项和，则为等差数列【答案】AB【分析】对A计算可得答案；对B变形得可得答案；对C举例求出可得答案；对D求出可得答案.【详解】对A，当时，，即，A正确；对B，因为，，所以，由已知得，则是以3为公比的等比数列，B正确；对C，当时，，，则，故不是递减数列，C错误；对D，由得，，故不是等差数列，D错误.故选：AB.11．已知，则下列说法中正确的有（    ）A．的展开式中的常数项为84B．的展开式中不含的项C．的展开式中的各项系数之和与二项式系数之和相等D．的展开式中的二项式系数最大的项是第四项和第五项【答案】AC【分析】根据二项展开式的通项公式以及二项式系数的性质即可解出．【详解】因为展开式的通项公式，所以当，A正确；当时，，B错误；的展开式中各项系数和为，二项式系数之和为，C正确；根据二项式系数的性质可知，最大，所以，的展开式中二项式系数最大的项是第五项和第六项，D错误.故选：AC.12．如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（    ）A．过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直B．有且仅有一个点M到AB，的距离相等C．过点M有且仅有一条直线与，都相交D．有且仅有一个点M满足平面平面【答案】ABC【分析】逐个分析每个选项即可.【详解】对于选项A，设过点M与AB、都垂直的直线为l，∵，∴，又∵，，、面，∴面，而过点M作平面的垂线有且只有一条直线，即为：．∴过点M有且仅有一条直线与AB、都垂直.故选项A正确；对于选项B，连接MA，，由题意知，AB面，面，∴ABMA，，即：MA为点M到AB的距离，为点M到的距离，在中，，在中，，又∵∴当时，，即：当M为的中点时，点M到AB、的距离相等，即：有且仅有一个点M到AB、的距离相等.故选项B正确；对于选项C，如图所示，连接AC、BD交于点O，连接、交于点，连接交于点N，则面，又因为面，且，，所以连接MN必与交于点G，即：过点M有且仅有一条直线与、都相交.故选项C正确；对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，设，，则，，，，设面的一个法向量为，当时，取，则，，当时，取，则，，则，设面（即：面）的一个法向量为取，则，，则，当时，，此时面与面不垂直，当时，，所以面与面不垂直，所以不存在过点M满足面面.故选项D错误；故选：ABC. 三、填空题13．已知，若，则______.【答案】4【分析】由向量平行的坐标公式求解.【详解】因为，所以.故答案为：14．若直线与圆相切，则实数_________．【答案】或【分析】利用几何法列方程即可求解.【详解】圆可化为.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得：或7.故答案为：或15．为维护国家海洋安全权益，我国海军的5艘战舰出海执行任务，有2艘是驱逐舰，3艘是护卫舰，在一字形编队时，3艘护卫舰中恰有2艘相邻的概率是______.【答案】##【分析】分别计算5艘战舰在一字形编队和2艘护卫舰相邻有多少种排法，再计算概率.【详解】5艘战舰在一字形编队，共有 种编排方法，其中2艘护卫舰相邻有 种编排方法，所以3艘护卫舰中恰有2艘相邻的概率是 ，故答案为：16．已知函数，若对任意实数，总存在实数，使得，则实数的取值范围是___．【答案】【分析】首先分析各段函数的单调性，依题意只需函数的值域为，分、两种情况讨论，分别求出函数在各段的最大（小）值，即可得到不等式组，解得即可.【详解】因为函数在定义域上单调递增，函数在上单调递减，在上单调递增，要使对任意实数，总存在实数，使得，即函数的值域为，当时在上单调递增，在上也单调递增，则只需，解得；当时在上的最小值为，则只需要，解得；综上可得，即实数的取值范围是.故答案为： 四、解答题17．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．(1)求角A的大小；(2)若，求△ABC的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）将条件整理然后代入余弦定理计算即可；（2）先利用正弦定理将角化边，然后结合条件求出，再利用三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）由整理得，，由，；（2），由正弦定理得，①，又，②，由①②得，.18．近年来，凭借主旋律电影的出色表现，我国逐渐成为全球电影票房最高的市场．2022年十一期间热映的某主旋律电影票房超过16亿元．某研究性学习小组就是否看过该电影对影迷进行随机抽样调查，调查数据如下表（单位：人）． 是否合计青年（30岁以下）45550中年（30岁（含）以上）351550合计8020100 (1)是否有99%的把握认为选择看该电影与年龄有关？(2)将频率视为概率，若从众多影迷中随机抽取10人，记其中看过该电影的人数为，求随机变量的数学期望及方差．附：，其中．0.0500.0100.0013.8416.63510.828  【答案】(1)没有99%的把握认为选择看该电影与年龄有关；(2)，方差为 【分析】(1)根据所给数据求出的值，即可得答案；(2)由题意可得看过该电影的频率为且，根据期望和方差的公式求解即可.【详解】（1）解：因为，所以没有99%的把握认为选择看该电影与年龄有关；（2）解：由题意知，看过该电影的频率为，将频率视为概率，则，所以随机变量的数学期望为，方差为．19．在数列中，，前项和为，且.(1)若数列为等比数列，求的值；(2)在（1）的条件下，若，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】(1)利用递推公式得出当时，，然后再利用数列为等比数列即可求解；(2)结合（1）的结论得出，利用错位相减法即可求解.【详解】（1）因为，所以当时，则有，两式相减可得：，所以，因为数列为等比数列，所以，也即，所以.（2）由（1）可知：，，所以，所以，即①所以②①减②可得： ，所以.20．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．                (1) 证明：PB∥平面AEC                (2) 设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积【答案】【详解】试题分析：（Ⅰ）连接BD交AC于O点，连接EO，只要证明EO∥PB，即可证明PB∥平面AEC；（Ⅱ）延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，说明∠CMD=60°，是二面角的平面角，求出CD，即可三棱锥E-ACD的体积试题解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC. (2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，，AD，AP的方向为x轴y轴z轴的正方向，||为单位长，建立空间直角坐标系A­xyz，则D，E，＝.设B(m，0，0)(m>0)，则C(m，，0)，＝(m，，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1＝.又n2＝(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设易知|cos〈n1，n2〉|＝，即＝，解得m＝. 因为E为PD的中点，所以三棱锥E­ACD的高为.三棱锥E­ACD的体积V＝××××＝. 【解析】二面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定 21．已知O为坐标原点，F为抛物线的焦点，抛物线C过点．(1)求抛物线C的标准方程；(2)已知直线l与抛物线C交于A，B两点，且，证明：直线l过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）将代入抛物线即可求解；（2）设，直线l的方程为，将直线l与抛物线进行联立可得，结合可得，即可求证【详解】（1）因为抛物线C过点，∴，解得，∴抛物线C的标准方程为．（2）设，直线l的方程为，联立，化为，，∴，∵，∴，，解得，满足，∴直线l的方程为，∴直线过定点．22．已知函数.(1)讨论的单调性和最值；(2)若关于的方程有两个不等的实数根，求证：.【答案】(1)见解析(2)见解析 【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值.（2）利用同构可得原方程即为有两个不同的实数根，结合构造法可证成立.【详解】（1），其中若，则在上恒成立，故在上为减函数，故无最值.若，当时，；当时，；故在上为增函数，在上为减函数，故，无最小值.（2）方程即为，故，因为为上的增函数，所以所以关于的方程有两个不等的实数根即为：有两个不同的实数根.所以，所以，不妨设，，故，要证：即证，即证，即证，即证，设，则，故，所以在上为增函数，故，所以在上为增函数，所以，故成立.【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程，从而利用常见的极值点偏移的方法来处理零点不等式.