2022-2023学年辽宁省朝阳市北票市高级中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年辽宁省朝阳市北票市高级中学高二下学期期中数学试题含解析，共14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学年辽宁省朝阳市北票市高级中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．设全集为R，集合，，则A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：由题意首先求得，然后进行交集运算即可求得最终结果.详解：由题意可得：，结合交集的定义可得：.本题选择B选项.点睛：本题主要考查交集的运算法则，补集的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2．已知复数为纯虚数，则实数的值为（    ）A． B．或 C． D．【答案】A【分析】根据复数的类型可得出关于的等式与不等式，解之即可.【详解】因为复数为纯虚数，则，解得.故选：A.3．函数的图象大致是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用排除法，先判断函数的奇偶性，再由观察图像的变化情况或取特殊值即可得答案【详解】由为偶函数可排除A，C；当时，图象高于图象，即，排除B；故选：D．【点睛】识图常用的方法：（1）定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；（2）定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；（3）函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题．4．设向量，，若，则等于（   ）A．-2 B．-1 C． D．【答案】D【分析】根据向量垂直数量积为0可以得出角的正切，再应用二倍角正切公式计算求解即可. 【详解】∵，，，∴，则，.故选:D. 5．已知，则的最小值为（    ）A．3 B．2C．4 D．1【答案】A【分析】因为，所以，将分离常数既可以用基本不等式求最值.【详解】因为，所以，由均值不等式可得，当且仅当，即当时，等号成立，因此，的最小值为3，故选：A【点睛】本题主要考查了基本不等式求和的最小值，属于基础题.6．函数的图象在点处的切线也是抛物线的切线，则（    ）A．1 B．3 C．6 D．2【答案】C【分析】根据导数得出函数与抛物线在点处的切线的斜率，根据已知两切线相同即可得出答案.【详解】，则，则在点处的切线的斜率为，，则，则在点处的切线的斜率为，函数的图象在点处的切线也是抛物线的切线，则，即，故选：C.7．在中，若，，其面积，则外接圆的半径为（    ）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】由题知，再根据余弦定理得，再结合正弦定理求解即可.【详解】解：因为在中，，，其面积，所以，即，解得，所以，，所以，所以，外接圆的半径满足，即.故选：B8．等差数列满足 ，，记，其中表示不超过x的最大整数，则（   ）A．1000 B．2445 C．1893 D．500500【答案】B【分析】先求等差数列的通项公式，再分段求出，最后分组求和可得. 【详解】由，可得，所以，所以 所以. 故选：B. 二、多选题9．已知关于的不等式，关于此不等式的解集有下列结论，其中正确的是（　　）A．不等式的解集不可能是B．不等式的解集可以是C．不等式的解集可以是D．不等式的解集可以是【答案】BCD【分析】利用特例法可判断各选项的正误.【详解】对于A选项，不等式的解集为，A错；对于B选项，不等式的解集为，B对；对于C选项，不等式的解集为，C对；对于D选项，不等式的解集为，D对.故选：BCD.10．函数的图象关于直线对称，则的值可能是（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】根据正弦函数的对称轴求出的表达式，然后判断．【详解】由题意得，，即，，因为，，，所以的值不可能是，可能是、、.故选：ABC．11．数列中，，，则（   ）A．B．C．D．【答案】ABD【分析】由递推公式罗列数列中的项，找出其周期，再逐一计算即可判定.【详解】由题意得：，，，，，∴数列是以3为周期的周期数列．对于A，，A正确；对于B，，B正确；对于C，，C错误；对于D，由递推关系式知：，∴，D正确.故选：ABD.12．下列不等式中正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【解析】构造函数，利用导数分析其单调性，然后由、、、得出每个选项的正误.【详解】令，则，令得易得在上单调递增，在上单调递减所以①，即，即，故A正确②，即，所以可得，故B错误③，即，即所以，所以，故C正确④，即，即，即所以，故D错误故选：AC【点睛】本题考查的是构造函数，利用函数的单调性比较大小，解题的关键是函数的构造和自变量的选择，属于较难题. 三、填空题13．若“”是“”的必要不充分条件，则实数a能取的最大整数为_______________．【答案】【分析】先由集合与充分必要的关系得到是的真子集，从而利用数轴法得到，由此得解.【详解】因为“”是“”的必要不充分条件，所以是的真子集，因为等价于，所以是的真子集，所以，所以实数a能取的最大整数为.故答案为：.14．九连环是我国从古至今广为流传的一种益智游戏，它由九个铁丝圆环相连成串，在某种玩法中，用表示解下个圆环所需要移动的最少次数，数列满足，且则______.【答案】7【分析】直接利用数列通项的递推公式求出结果. 【详解】，，.故答案为：7. 15．已知直三棱柱的6个顶点都在球O的球面上．若，，，，则球O的体积为______.【答案】【分析】结合直三棱柱的性质得其外接球球心的位置，计算出半径即可.【详解】由题意可得该三棱柱为长方体截去一半而成，故其外接球球心为长方体的体对角线的交点，如图所示，补全该长方体，球心为O，设球半径为，则，，.故答案为：16．已知满足，满足，则________．【答案】2【解析】设，可得在上为增函数，从而有存在，使得，由条件可得，满足，，所以得到答案.【详解】由，即，，即设，由，在上均为单调递增函数.则在上单调递增., ,所以存在唯一，使得由满足，满足即满足，满足即，满足由存在唯一，使得，所以，即故答案为：2【点睛】关键点睛：本题考查根据方程的根构造函数求值问题，解答本题的关键是设，根据导数得到存在，使得，从而即，满足，得到，属于中档题. 四、解答题17．设数列是公差为的等差数列，已知，(1)求数列的通项公式；(2)若，且的前n项和为，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式求出公差，进而求解；（2）结合（1）的结论得到，利用裂项相消法即可求解.【详解】（1）因为数列是公差为的等差数列，且，所以，则或.又，，∴.（2）由（1）可得，，∴18．在锐角中内角，，的对边分别为，，，且.(1)求角；(2)若，，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由2倍角公式统一角度与函数名称后解方程即可；（2）先由余弦定理求得，再用正弦定理求解.【详解】（1）所以或者（舍去），又，所以；（2）由余弦定理，所以（时不是锐角三角形，舍去）.所以，可得.19．如图，在四棱锥中，平面，，.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由平面，得，由，得，由，得，从而平面，由此能证明．（2）在平面作于，连结，作于，连结，由平面，得，由，得平面，从而平面平面，进而平面，是直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．【详解】(1)由平面，得，由，得，∵，∴，∵，∴平面，∵平面，∴.(2)在平面作于，连结，作于，连结，由平面，得，又，∴平面，又平面，得平面平面，结合，得平面，∴是直线与平面所成角，在四边形中，可得，在中，可得，在中，可得，在中，，∴直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线线垂直的证明、线面角的正弦值的求法、空间中线线、线面、面面间的位置关系等知识，考查转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力．20．已知函数.(1)求的单调递增区间及对称中心坐标；(2)将的图象上的各点______得到的图象，当时，方程有解，求实数m的取值范围.在以下①、②中选择一个，补在（2）中的横线上，并加以解答，如果①、②都做，则按①给分.①向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半.②纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位.【答案】(1)单调递增区间为，，对称中心坐标为，(2)答案见解析 【分析】（1）利用三角恒等变换得到，由整体法求出单调递增区间和对称中心；（2）选择①，求出，求出值域，得到实数m的取值范围；选择②，得到，求出值域，得到实数m的取值范围.【详解】（1）因为，令，，得的单调递增区间为，.令，，得的对称中心坐标为，.（2）若选择①，由（1）知，那么将图象上各点向左平移个单位，再保持纵坐标不变，横坐标缩短到原来的一半，得到.当时，可得，，，由方程有解，可得实数m的取值范围为.若选择②，由（1）知，那么将图象上各点纵坐标保持不变，横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位，得到.当时，，，由方程有解，可得实数m的取值范围为.21．已知数列中，，.(1)证明数列是等比数列，并求的通项公式.(2)数列满足，设为数列的前n项和，求使恒成立的最小的整数k.【答案】(1)证明见解析，(2)4 【分析】（1）运用取倒数后构造数列即可求解.（2）运用错位相减法求和及前n项和的最大值即可求解.【详解】（1）由，得.∴，∴数列是以3为公比，以为首项的等比数列，∴，∴.（2）由（1）知.，，两式相减得：，∴，∴，∴使恒成立的最小的整数k为4.22．设函数，，．（1）讨论的单调性；（2）当且时，函数，证明：存在极小值点，且．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）求，分别讨论和时与的解集，即可求解；（2）当时，，对其求导可得，再令，再对求导判断的符号即可得的符号，进而可得的单调性，即可求出极小值点所在区间，即可证明.【详解】（1）因为，当时，由，可得 ，所以在上为减函数；由，可得所以在上为增函数．当时，由，可得 ，所以在上为减函数，由，可得，所以在上为增函数；综上所述：当时，在上为增函数，在上为减函数；当时，在上为减函数，在上为增函数；（2）证明：因为，所以，，则，因为，所以与同号．设，，则，所以对任意，都有，所以在上单调递增．因为，，，所以存在，使得．当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以若，存在，使得是的极小值点．由得：，即．故．【点睛】方法点睛：利用导数研究函数单调性的方法：（1）确定函数的定义域；求导函数，由（或）解出相应的的范围，对应的区间为的增区间（或减区间）；（2）确定函数的定义域；求导函数，解方程，利用的根将函数的定义域分为若干个子区间，在这些子区间上讨论的正负，由符号确定在子区间上的单调性.