2022-2023学年江西省景德镇一中高二（18班）下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省景德镇一中高二（18班）下学期期中考试数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省景德镇一中高二（18班）下学期期中考试数学试题 一、单选题1．若复数在复平面内对应的点的坐标为，则（    ）A．4 B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的几何意义可得，进而运算求解.【详解】由题意可得：，则，所以.故选：B.2．已知集合，，若，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据交集结果分析运算.【详解】若，则或，解得或，所以实数的取值范围为.故选：C.3．若，则（    ）A． B．3 C． D．【答案】C【分析】根据题意结合三角恒等变换分析运算.【详解】因为，可得，整理得，所以.故选：C.4．在底面为平行四边形的四棱台的八个顶点中任取四点，则这四点不共面的取法有（    ）A．62种 B．64种 C．60种 D．58种【答案】D【分析】根据题意，先得到八个顶点任取四个顶点的总情况数，然后得到四个顶点共面的情况数，即可得到结果.【详解】由题意，从四棱台的八个顶点中任取四点，总情况为，若四点共面，分两类：四棱台的表面，共6个；四棱台的对角面，如，共6个；故四棱台的八个顶点中任取四点，则四点不共面的取法有.故选：D5．在棱长为2的正方体中，E，F分别为AD，BC的中点，为线段EF上的一动点，则直线与所成角的余弦值的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】构建空间直角坐标系，利用向量法求异面直线夹角的余弦值即可.【详解】构建如下图示的空间直角坐标系，所以，，且，则，，所以，当，夹角余弦值最小为，当，夹角余弦值最大为，所以直线与所成角的余弦值的取值范围是.故选：C6．已知直线与抛物线相交于A，B两点，且点坐标为，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】直线方程代入抛物线方程，由根与系数的关系可得，然后由焦半径公式结合基本不等式可得.【详解】由题可知,所以有，带入得，整理得，判别式恒成立，设，则易知，点为抛物线的焦点，所以当且仅当时，等号成立，所以的取值范围为.故选：B7．如图，在三棱柱中，，是棱AB上一点，若平面把三棱柱分成体积比为的两部分，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】先画出平面与三棱锥的截面，分析清楚两部分是什么几何体，由等体积求解即可.【详解】如图：延长与交于，连接交于，则平面与三棱锥的截面是，将三棱锥分成两部分，三棱台，多面体，设，，，，，设，则，，则，，解得：，由于所以故选：D.8．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先构造函数，利用导数判断函数的单调性，再利用，判断函数值的大小，即可判断选项.【详解】，，，设 ，且，令，得，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，因为，且，所以，即.故选：B 二、多选题9．随着生活节奏的加快，人们越来越注意养生和锻炼身体.其中走路是一种简单的锻炼方式，它不仅可以减肥，还可以增强心肺功能等，甲、乙两人通过某软件记录了各自在同一周内的日步数（单位：千步），统计如下表所示： 星期一星期二星期三星期四星期五星期六星期天甲189.914.54.318.811.114.4乙16149157.313.612.1根据上述表格，在这一周内，下列说法正确的是（    ）A．甲的日步数的中位数大于乙的日步数的中位数B．甲的日步数的平均数大于乙的日步数的平均数C．甲的日步数的极差大于乙的日步数的极差D．甲的日步数比乙的日步数更稳定【答案】ABC【分析】根据中位数，平均数，极差，方差分别判断各个选项即可.【详解】甲的日步数的中位数为14.4，乙的日步数的中位数13.6,甲的日步数的中位数大于乙的日步数的中位数,A选项正确；甲的日步数的平均数为：,乙的日步数的平均数为：,甲的日步数的平均数大于乙的日步数的平均数,B选项正确；甲的日步数的极差为14.5，乙的日步数的极差为8.7，甲的日步数的极差大于乙的日步数的极差，C选项正确；乙的日步数比甲的日步数更稳定，甲的日步数两极分化严重极差大，在平均数附近数据少，甲的方差比乙的方差大，故D选项错；;故选：ABC.10．函数在上的图象可能为（    ）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】解方程，根据零点个数可判断A；分，，讨论，利用二次导数讨论单调性，结合零点即可判断BCD.【详解】，令，得或，函数最多有两个零点，故A错误；当时，显然为偶函数，，当时，，所以，单调递增，单调性结合奇偶性可知，B选项正确；当且时，函数有两个零点或，记，则因为且，所以，所以，单调递增又，，所以存在使得当时，，即，单调递减，当时，，即，单调递增，所以，当时，可知图象如选项C，故C选项正确；当时，可得的图象如D选项，故D选项正确；故选：BCD11．已知圆与直线相交于A，B两点，则（    ）A．弦AB的最小值为B．的面积的最大值为C．圆上一定存在3个点到直线的距离为D．A，B两点处圆的切线一定相交【答案】BC【分析】根据直线与圆的位置关系以及弦长公式即可求解.【详解】对A，由题可知，圆的圆心为,半径，直线恒过定点,设圆心到直线的距离为，所以,且当直线经过圆心，即时，，所以，根据弦长公式可得，当且仅当，即时，弦AB最小为，A错误；对B，，令，(当时，三点共线，不能构造三角形)，所以，所以在单调递增，所以当时，的面积最大值为，B正确；对C，当时，，又因为，此时，圆上恰好存在3个点到直线的距离为，即直线经过与垂直的半径的中点时，圆上有三个点到的距离为，当与不垂直时，，又因为，则将直线垂直于的方向平移个单位，所得的两条直线与圆都相交，  则圆上存在4个点到直线的距离为，所以圆上一定存在3个点到直线的距离为，C正确；对D，当直线经过圆心，即时，为圆的直径，A，B两点处圆的切线平行，D错误，故选:BC.12．已知函数，若对任意的，都存在，，且，满足，则实数的值可能为（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】由题设得到，已知方程改写为，求出左侧值域，结合及在上存在对应两个自变量的值域，进而判断（）是否在值域上即可.【详解】由，，令，则，可得，，令，则，可得，，所以，.由上易知，则，令，而在上递增，则；由及上述解析式，可知在递减，对应值域为；在递增，对应值域为；要使对任意，都存在，且，满足，显然，则即可，当，则是的子集，A符合；当，则不是的子集，B不符合；当，则是的子集，C符合；当，则不是的子集，D不符合；故选：AC【点睛】关键点点睛：将问题转化为在上的取值，恒能保证为关键. 三、填空题13．已知平面向量满足，，.若与，与，与的夹角分别为，，，则________.【答案】【分析】根据题意可求数量积，进而结合数量积的运算律求模长.【详解】由题意可得：，则.故答案为：.14．若数列满足对任意的，只有有限个正整数使得成立，记这样的的个数为，则得到一个新数列.如数列是，则数列是.已知对任意的，，则数列的前8项和为________.【答案】【分析】根据数列新定义列举出对应的元素，加总前8项即可得答案.【详解】由题设，前8项依次为，所以，，，所以数列的前8项和为.故答案为：15．已知双曲线的左、右焦点分别为，，是双曲线左支上一点，是线段上的一点，过点作PM的垂线，垂足为点，若（为坐标原点，且，则________.【答案】【分析】根据已知条件易得为角平分线，延长交于点，则为的垂直平分线，进而有为中点，，为中位线即，结合双曲线定义即可得结果.【详解】由，则，所以，在△中，即为角平分线，由，延长交于点，故为的垂直平分线，则，即为中点，且，又为中点，故△中为中位线，故，而，故.故答案为： 四、双空题16．已知曲线在点处的切线与轴相交于点，曲线在点处的切线与轴相交于点，，则__________，当时，的取值范围是________.【答案】          【分析】空1：对已知函数求导，根据垂直关系知，可得，进而求的值；空2：写出切线方程确定纵坐标，根据对称性研究情况范围即可.【详解】空1：由，，则，，又，即，故，所以，空2：令，则，，所以，，令得：，，由上结论及函数图象知，在与上两曲线所成图形有轴对称关系，只需研究，此时的范围即可，令，则，即在上递增，所以，即.故答案为：；.【点睛】关键点睛：由导数几何意义知求得为关键，利用函数图象的对称性研究情况范围. 五、解答题17．已知数列，满足，且，数列是公差为1的等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由等差数列定义得，即，再由且求的通项公式，注意验证的情况；（2）令，应用错位相减法、等比数列前n项和公式求结果.【详解】（1）由题设，又是公差为1的等差数列，所以，故，又且，则，故，显然也满足，综上，.（2）令，则，所以，所以.18．在①，②，③中选一个，补充在下面的横线中，并解答.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________.(1)求A；(2)若内角A的角平分线交BC于点，且，求的面积的最小值.（注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分）【答案】(1)(2) 【分析】（1）若选①：根据余弦定理分析运算；对于②③：根据正弦定理结合三角恒等变换分析运算；（2）根据面积公式可得，再利用基本不等式可得，进而可得结果.【详解】（1）若选①：因为，整理得，由余弦定理可得，因为，所以；若选②：因为，由正弦定理可得，则，因为，则，则，可得，所以；若选③：因为，由正弦定理可得，则，因为，则，则可得，所以.（2）由题意可得：，且，则，即，且，则，当且仅当时，等号成立，可得，所以，故的面积的最小值为.19．如图，在圆柱中，，为圆上一定点，为圆上异于点的一动点，，过点作平面的垂线，垂足为点.(1)若，求证：.(2)若为等边三角形，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）由线面垂直证线线垂直即可；（2）由二面角的定义，找到二面角的平面角，在三角形中求二面角的余弦值大小即可.【详解】（1）证明：由圆柱的性质得：，因为，所以，因为，所以，因为，，所以，又因为，所以，因为，所以.（2）过点作垂足为，过作于，连接，由已知，所以，，所以，，所以，所以，所以为二面角的平面角，又因为为等边三角形，，所以，在直角三角形中，，，所以，所以，在直角三角形中，，所以.20．2023年4月15日是第八个全民国家安全教育日.某校为增强学生的国家安全意识，举行了国家安全知识竞赛.比赛规则如下：①比赛分为五轮，每轮比赛设有五道题；②每轮答题前需要读一段安全知识；③如果答题时有n道题回答错误，那么需要被罚分钟的时间；④最终用时为答题时间、读安全知识的时间和被罚时间之和，最终用时最少者获胜.已知甲、乙两人参加比赛，甲每轮读安全知识的时间比乙少12秒，甲、乙两人每道题答对的概率分别为和，假设甲、乙两人的答题用时相同，且每道题是否答对互不影响.(1)若在前四轮答题中，甲、乙两人被罚的时间相同，求乙胜甲的概率(2)若仅从最终用时考虑，试问甲、乙两人哪位的水平更高？并说明理由.【答案】(1)(2)乙水平更高，理由见解析 【分析】（1）由题意，乙胜甲的基本事件有：{甲对2题，乙全对} 、{甲对1题，乙最少对4题}、{甲对0题，乙最少对3题}，利用二项分布的概率公式求出对应事件的概率，加总即可得结果；（2）利用二项分布期望公式分别求出甲乙答错题数的期望值，进而比较甲乙最终用时的期望大小，即得结论.【详解】（1）前四轮答题中甲、乙两人被罚的时间相同，而第5轮结束，甲读安全知识的时间比乙少1分钟，所以，要使乙胜甲，则第5轮过程中乙被罚时间小于甲被罚时间加1分钟，则基本事件有：{甲对2题，乙全对} 、{甲对1题，乙最少对4题}、{甲对0题，乙最少对3题}，所以，，，，所以乙胜甲的概率为.（2）由题意，甲答错题，则，乙答错题，则，所以，，故甲、乙被罚期望时间分别为分钟、分钟，显然，故乙最终用时的期望值小于甲，则乙水平更高.21．已知函数，.(1)若恒成立，求实数的取值范围.(2)证明：当时，.【答案】(1)(2)证明见详解 【分析】（1）构建，分类讨论，利用单调判断原函数单调性，结合恒成立问题分析运算；（2）由（1）分析可得：，进而可得，构建，利用导数证明，进而可得结果.【详解】（1）构建，原题意等价于恒成立，可得的定义域为，且，当时，且，则，可得恒成立，则在上单调递减，且，不合题意；当时，且，则有：令，解得；令，解得；可得在上单调递减，在上单调递增，则，解得；综上所述：实数的取值范围.（2）由（1）取可得：，当且仅当时，等号成立，则，即，当且仅当时，等号成立，当时，则，可得，即，且，所以，即时，；构建，则，因为，则，可得恒成立，则在上单调递减，可得，即；所以当时，.22．如图，A，B分别为椭圆的左顶点和下顶点，过坐标原点的直线交椭圆于E，P两点（其中点P在第一象限），过点P作轴的垂线，垂足为点，连接EQ并延长，交椭圆于点.  (1)求点P到直线AB的距离的取值范围.(2)证明：.【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）先求出，再设，利用点到直线的距离公式及正弦型函数的性质可求点P到直线AB的距离的取值范围.（2）设，，则，，利用斜率公式可得，利用点在椭圆上可得，故可得，故可证.【详解】（1）  由方程可得，故直线的方程为：即.因为在椭圆上且在第一象限，故可设，其中故到直线的距离为，，因为，故，故，故，故.（2）设，，则，，故，又，，故，而，故即，故，故，而，所以即.