2022-2023学年四川省达州市外国语学校高二下学期期中数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年四川省达州市外国语学校高二下学期期中数学（理）试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年四川省达州市外国语学校高二下学期期中考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据交集的知识求得正确答案.【详解】依题意，.故选：B2．已知复数，则z的虚部是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由复数运算法则可得z代数形式，后可得其虚部.【详解】，则z的虚部是.故选：C3．设命题p：，命题q：一元二次方程有实数解．则是q的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】先求命题q为真时的范围，结合条件的定义进行求解.【详解】因为命题，命题一元二次方程有实数解．等价于，即；因此可知，则：是的充分不必要条件.故选：A.4．已知函数，则（    ）A． B． C．7 D．8【答案】D【分析】由题可得，令可得，进而即得.【详解】因为，所以，所以，解得， 则，故.故选：D.5．方程表示的曲线是（    ）A．一个圆 B．两个半圆 C．两个圆 D．半圆【答案】A【分析】方程可化为，根据圆的概念即可得到对应曲线.【详解】由方程，两边平方得，即，所以方程表示的轨迹为一个圆，故选：A.6．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据离心率可得，可得出、的等量关系，由此可得出双曲线的渐近线方程.【详解】由已知可得，则，故，所以，双曲线的渐近线方程为.故选：C.7．七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是A．3600种 B．1440种 C．4820种 D．4800种【答案】A【解析】不相邻问题用插空法，先将除甲乙外的其他5人全排列，再将甲乙2人插入6个空中，即可.【详解】第一步，先将除甲乙外的其他5人全排列，种第二步，将甲乙2人插入6个空中，种则不同的排法种数是种故选：A【点睛】本题考查排列问题，插空法是解决本题的关键.属于较易题.8．函数的大致图象为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用导数研究函数的单调性即可确定函数图象.【详解】因为，所以，当时，，单调递减，当时，令，得，令得，所以在单调递减，在单调递增，当时，有最小值1，只有选项B图象符合.故选：B9．若函数在区间上单调递增，则k的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出导函数，由于函数在区间上单调递增，可得在区间上恒成立，解出即可．【详解】，函数在区间单调递增，在区间上恒成立，，而在区间上单调递减，，的取值范围是：，故选：D．10．如图，在正方体中，M，N分别为AC，的中点，则下列说法中不正确的是（    ）A．平面B．C．直线MN与平面ABCD所成的角为60°D．异面直线MN与所成的角为45°【答案】C【分析】取棱中点，利用线面平行的判定推理判断A；利用线面垂直的性质推理判断B；求出线面角、线线角判断CD作答.【详解】在正方体中，取棱中点，连接，因为M，N分别为AC，的中点，则，因此四边形为平行四边形，则平面，平面，所以平面，A正确；因为平面，则，所以，B正确；显然平面，则是与平面所成的角，又，有，由于，所以直线MN与平面ABCD所成的角为，C错误；因为，，则是异面直线MN与所成的角，显然，D正确.故选：C11．正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，若其底面边长为，侧棱长为，则此球的表面积为A． B． C． D．【答案】B【详解】试题分析：正方形的对角线的交点，则球心在直线上．，由勾股定理得，设球的半径为,则有,即,解得.此球的表面积为．故B正确.【解析】1棱锥的外接球问题；2球的表面积.【思路点睛】本题主要考查几何体的外接球问题,难度稍大.由球心和截面圆圆心的连线垂直于截面可知球心在正四棱锥的高线上.根据勾股定理可得球的半径,从而可得球的表面积.12．已知函数，若函数恰有5个零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】把函数零点问题转化为方程根的问题，转化为两函数的交点问题，再利用导数研究函数的大致图象进行求解判断.【详解】函数恰有5个零点等价于关于的方程有5个不同的实根．由，得或．因为，所以，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减．因为，，当时，，当时，，所以可画出的大致图象：由图可知有2个不同的实根，则有3个不同的实根，故，故A，C，D错误.故选：B. 二、填空题13．已知函数，则________．【答案】/0.5【分析】根据导函数的定义及求导公式求出答案.【详解】由题意知，.故答案为：14．已知复数为虚数单位，则__________．【答案】【分析】由已知直接利用复数模的计算公式求解．【详解】因为，所以．故答案为：．15．某班从3名男同学和5名女同学中，选取3人参加学校的“创文知识"竞赛，要求男女生都有，则不同的选法共有___________种．【答案】45【分析】利用间接法：在所有组合中排除全为男生和全为女生的情况，利用组合数运算求解．【详解】在所有组合中排除全为男生和全为女生的情况，则共有种故答案为：45．16．已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.【答案】【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.【详解】抛物线： ()的焦点,∵P为上一点，与轴垂直，所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,不妨设,因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，又，因为，所以,，所以的准线方程为故答案为：.【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键. 三、解答题17．已知两圆.求：（1）它们的公共弦所在直线的方程；（2）公共弦长.【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用圆系方程直接求出相交弦所在直线方程；（2）通过半弦长，半径，弦心距的直角三角形，求出半弦长，即可得到公共弦长．【详解】（1）联立两圆的方程：；两式相减得：，所以两圆的公共弦所在直线的方程为．（2）由题可知，圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以公共弦长为：．【点睛】本题是中档题，考查两个圆的位置关系，相交弦所在的直线方程，公共弦长的求法，考查计算能力，高考作为小题出现．18．已知角所对的边分别为,的周长为,且.(1)求边的长;(2)若的面积为,求角的度数.【答案】(1)2；(2). 【分析】(1)根据正弦定理可将化简为,再根据的周长即可求得;(2)根据三角形面积公式可得,根据(1)中的结论可得,再根据余弦定理即可求得角.【详解】（1）由题意得:，在中,将正弦定理代入可得，又,即，所以；（2）由(1)知,,所以，因为，所以,又有，所以，因为，所以.19．已知函数，．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)讨论的单调性．【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）由导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；（2）求导后，分别在、和的情况下，根据正负得到函数单调性.【详解】（1）当时，，则，，又，在点处的切线方程为：，即.（2）由题意得：定义域为，；当时，，在上单调递增；当时，若，则；若，则；在上单调递增，在上单调递减；当时，若，则；若，则；在上单调递增，在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.20．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是4长为的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为PA的中点，PA＝PD＝．(1)求证：PC∥平面BMD；(2)求二面角M－BD－P的大小．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】连接AC交BD于N，连接由三角形中位线知MN∥PC即得证；取AD的中点O，连接OP，说明OP、OD、ON两两相互垂直，则分别以OD、ON、OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系利用向量法即可求出二面角的大小.【详解】（1）连接AC交BD于N，连接在正方形ABCD中，，∴N是AC的中点.又M是AP的中点，∴MN是的中位线，，∵面BMD，面BMD，∴∥平面BMD，（2）取AD的中点O，连接OP，在中，，O是AD的中点，∴，又平面平面ABCD，平面PAD，平面平面，∴平面在正方形ABCD中，O，N分别是AD、BD的中点，∴，∴OP，OD，ON两两相互垂直，分别以OD，ON，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，，∴，，设平面MBD的一个法向量，则，即取，得，∴是平面MBD的一个法向量：同理，是平面PBD的一个法向量，∴，设二面角的大小为，由图可知，，，且为锐角，∴，故二面角的大小是21．已知椭圆的长轴长为4，点在上.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与交于，两点，若(为坐标原点)，求的值.【答案】（1）       （2）【解析】（1）由题可得，再结合点在上，代入即可解出，得出椭圆方程；（2）设，的坐标为，，联立直线与椭圆，由韦达定理结合建立方程，即可求出k值.【详解】（1）解：由题意得 ，又点在上，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）解：设，的坐标为，，依题意得，联立方程组消去，得.，所以，，，∵，所以，则，所以.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查利用韦达定理求参数，属于中档题.22．已知函数．(1)当时，求的最大值；(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【详解】（1）当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以；（2），则，当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；又，由（1）得，即，所以，当时，，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，由（1）得当时，，，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.