2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高二下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市第一中学高二下学期期中数学试题含解析，共18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学年湖南省长沙市第一中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．设（其中i为虚数单位），则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算计算作答.【详解】依题意，.故选：D2．已知为奇函数，则的值为（    ）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】利用奇函数的定义求出a，从而得解.【详解】因为为定义在R上的奇函数，所以，即，解得，当时，，此时，则为奇函数，故.故选：A.3．已知是等比数列，且.若，则（    ）A．±2 B．2 C．-2 D．4【答案】B【分析】运用等比数列性质及等比数列通项公式推论求解即可.【详解】由等比数列的性质知，又因为，所以.故选：B.4．已知圆锥的侧面积为，底面积为，底面半径为r，且，若底面半径同为r且体积与圆锥相等的圆柱高为，则（    ）A． B． C． D．2【答案】B【分析】设圆锥母线长为l，高为，结合圆锥的表面积公式可得，利用勾股定理、圆柱和圆锥的体积公式化简即可求解.【详解】设圆锥母线长为l，高为，则，得，所以，因为圆锥和圆柱体积相同，所以，解得.故选：B.5．已知P是边长为2的菱形ABCD内一点，若，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由平面向量数量积的定义可得是在方向上的投影，当点P与点B重合时，点P与点D重合时，分别求得取值范围.【详解】，而是在方向上的投影，，当点P与点B重合时，得.当点P与点D重合时，求得，所以的取值范围是，故选：A.6．在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧拉数）的常数.小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.如果排列时要求2不排第一个，两个8相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为（    ）A．30 B．32 C．36 D．48【答案】C【分析】由题意，设置的密码可分为8排第一位和8不排第一位两类，结合插空法、捆绑法和分类计数原理计算即可求解.【详解】由题意，设置的密码可分为8排第一位和8不排第一位两类：若8排第一位，则两个8占第一、二位，再从四个位置中选两个位置给2，最后排7和1，共种；若8不排第一位，则7或者1排第一位，两个8捆绑，与两个2，以及7和1剩的数排列，共种，所以设置的不同密码个数共36种，故选：C.7．如图，直线与函数和的图象分别交于点A，B，若函数的图象上存在一点C，使得△ABC为等边三角形，则t的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】运用等边三角形的性质计算即可.【详解】由题意可知，，，.设，因为△ABC是等边三角形，所以点C到直线AB的距离为，则，即：.根据中点坐标公式可得，所以，所以，解得.故选：C.8．在平面直角坐标系中，，．以下各曲线：①；②；③；④中，存在两个不同的点M、N，使得且的曲线是（    ）A．①② B．③④ C．②④ D．①③【答案】D【分析】求出的中垂线方程，逐项分析所给曲线是否与所求直线有两个交点即可得解.【详解】因为且，所以是的中垂线，又，，所以中点为，，故所在直线为，即，根据题意，直线与所给曲线有两个交点则存在满足题意.因为过原点，而原点在椭圆内部，故直线与椭圆必有两个交点，符合题意；因为的圆心为，所以圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，只有一个交点，不符合题意；把代入，可得，显然方程有两非负解，符合题意；因为双曲线的渐近线方程为，所以直线与双曲线无交点，故不符合题意.综上，②④错误，①③正确.故选：D 二、多选题9．下列说法正确的有（    ）A．数据4，7，6，5，3，8，9，10的第70百分位数为8B．线性回归模型中，相关系数的绝对值越大，则这两个变量线性相关性越强C．回归分析中常用残差平方和来刻画拟合效果好坏，残差平方和越大，拟合效果越好D．根据分类变量与的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验（），没有充分证据推断原假设不成立，即可认为与独立【答案】ABD【分析】将数据重排，再按照百分位数的计算规则计算即可判断A，根据相关系数的定义判断B，根据相关指数的定义判断C，根据独立性检验的思想判断D.【详解】对于A：数据重排后如下：3，4，5，6，7，8，9，10共8个数，由可得第70百分位数为第6个数，即为8，故A正确；对于B：线性回归模型中，相关系数的绝对值越大，则这两个变量线性相关性越强，故B正确；对于C：回归分析中残差平方和越小，决定系数越接近于1，拟合效果越好，故C错误；对于D：由独立性检验可知，没有充分证据推断原假设不成立，即认为与独立，即D正确.故选：ABD.10．已知O是平面直角坐标系的原点，抛物线C：的焦点为F，，两点在抛物线C上，下列说法中正确的是（    ）A．抛物线C的焦点坐标为B．若，则C．若点P的坐标为，则抛物线C在点P处的切线方程为D．若P，F，Q三点共线，则【答案】BD【分析】由抛物线的焦点的定义即可判断A；由抛物线的定义求出点P坐标，结合两点距离公式计算即可判断B；根据导数的几何意义即可判断C；设直线方程，联立抛物线方程，结合韦达定理即可判断D.【详解】对于A，由C：，得，则焦点为，故A错误；对于B，设，由抛物线的定义得，，解得，则点P的坐标为或，所以，故B正确；对于C，，所以在点P处的切线方程为，∴，故C错误；对于D，抛物线焦点为，易知直线PQ的斜率存在，设直线PQ方程为.由得，则，，故D正确.故选：BD.11．已知函数，则下述结论正确是（    ）A．是偶函数 B．的周期是C．函数的图象关于直线对称 D．的值域为【答案】ACD【分析】由奇偶函数的定义即可判断A；由和即可判断B；验证即可判断C；求出在区间上的值域为，结合选项C的分析，即可判断D.【详解】A：∵，∴为偶函数，故A正确；B：∵，，∴的周期不是π，故B错误；C：∵，∴，所以函数的图象关于直线对称，故C正确；D：当时，，由，得，又由C选项知函数的图象关于直线对称，所以函数在区间上的值域为，∵，故函数的值域为，故D正确.故选：ACD.12．已知函数，则下列说法正确的是（    ）A．在上单调递减B．恰有2个零点C．若，，则D．若，，则【答案】ABD【分析】根据和定义域即可判断A；由即可判断B；设，作出的简图，由由可得且，，对，不成立，即可判断C；由可得，即可判断D.【详解】对于AB，，故在区间，上单调递减，但在定义域上不递减，又，故A正确，B正确；对于C，不妨设，作出的简图，如图，由知，或者，或者，而，且，，但当，时，从而此时，故C错误；对于D，，因为在上单调递减，所以，即，故D正确.故选：ABD. 三、填空题13．函数的定义域为______________.【答案】【分析】根据给定的函数有意义，列出不等式组并求解作答.【详解】依题意，，解得，所以原函数的定义域为.故答案为：14．已知正方体分别是正方形和的中心,则和所成的角的大小是______.【答案】【详解】连接DC1, ,分别是正方形和的中心,所以分别为的中点，故DC1//EF,则DC1与所成的角即为和所成的角，大小为故答案为15．德国数学家高斯被认为是世界上最重要的数学家之一，享有“数学王子”的美誉.他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行的求和运算时，就提出了倒序相加的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成.已知某数列通项______________.【答案】2022【分析】根据项数和为2023两项和为2，分组求和可得结果. 【详解】因为，所以，因此.故答案为：2022.  四、双空题16．已知函数.（1）若，则的解集为______________；（2）若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为______________.【答案】          【分析】（1）解分段函数不等式即可.（2）先分别讨论、、时，的解集，将其与，的解集取并集后为，将问题转化为当时，恒成立，运用分离参数求最值即可求得结果.【详解】（1）当时，，又因为，所以或，解得：或，所以的解集为.（2）①当时，解得：，与题意不符，舍去；②当时，解得：，与题意不符，舍去；③当时，解得：，所以当时，恒成立，即：在恒成立，令，，则，，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以.即：a的取值范围为.故答案为：；. 五、解答题17．等差数列满足，.等比数列为递增数列，且，，.(1)求数列和的通项公式；(2)删去数列中的项（其中，2，3，…，保持剩余项的顺序不变，组成新数列，求数列的前10项和.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由题意可得，根据等差数列的通项公式求出，结合等比数列的定义和通项公式即可求解；（2）由（1）知，，结合等比数列前n项求和公式计算即可求解.【详解】（1）设等差数列的公差为d，由，，可得，解得，故.又，，，等比数列为递增数列，故，，.所以，数列是以2为首项，以2为公比的等比数列.因此.（2）由（1）知，，则，，所以.18．在四边形中，∥，．(1)若，求；(2)若，求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）在三角形中，根据余弦定理可求出的大小，即为的大小，然后在三角形中根据余弦定理可以求出的值（2）根据，分别表示出两角的余弦令其相等，可求出的长度，从而求出【详解】（1）在三角形中，根据余弦定理可得，， 由题得：，所以，在三角形中，根据余弦定理可得，，所以，（2）设，在三角形中，根据余弦定理可得，，在三角形中，根据余弦定理可得，，所以，得：或（舍），则19．受新冠病毒感染影响，部分感染的学生身体和体能发生了变化.为了了解学生的运动情况，某中学对高中三个年级的学生运动情况进行了分层抽样调查.调查的样本中高一年级有70%的学生每周运动总时间超过5小时，高二年级有65%的学生每周运动总时间超过5小时，高三年级有56%的学生每周运动总时间超过5小时，且三个年级的学生人数之比为9：6：5，用样本的频率估计总体的概率.(1)从该校三个年级中随机抽取1名学生，估计该学生每周运动总时间超过5小时的概率；(2)假设该校每名学生每周运动总时间为随机变量X（单位：小时），且.现从这三个年级中随机抽取3名学生，设这3名学生中每周运动总时间为5至6小时的人数为Y，求随机变量Y的期望.【答案】(1)0.65(2)0.9 【分析】（1）方法1：运用全概率公式计算即可.方法2：设出份数可得三个年级的学生人数及各年级每周运动总时间超过5小时的人数的表达式，运用古典概型求概率即可.（2）运用正态分布的对称性求得，再结合Y服从二项分布，运用二项分布的期望公式计算即可.【详解】（1）法一：记随机抽取一名学生分别来自高一、高二和高三为事件A，B，C，随机一名学生每周运动总时间超过5小时为事件E.则，，，，，.根据全概率公式，，即该学生每周运动总时间超过5小时的概率为0.65.法二：三个年级的学生人数之比为9：6：5，设1份人数为a，所以高一年级每周运动总时间超过5小时的人数为：，高二年级每周运动总时间超过5小时的人数为：，高三年级每周运动总时间超过5小时的人数为：，因此该学生每周运动总时间超过5小时的概率为.（2）因为该校每名学生每周运动总时间为随机变量X（单位：小时），且，所以，由（1）知，，所以，所以，即该校学生每周运动总时间为5至6小时的概率为0.3，因此，所以，即：随机变量Y的期望为.20．如图，在三棱锥D-ABC中，，，M，N分别是线段AD，BD的中点，，，，二面角的大小为60°.(1)证明：△ABC为直角三角形；(2)求直线BM和平面MNC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）运用线面垂直判定定理证得MN⊥平面BCD，再结合线面垂直性质可证得结果.（2）根据已知条件可得二面角的平面角为∠CBD，运用线面垂直判定定理可证得DC⊥平面ABC，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，运用线面角公式求解即可.【详解】（1）在Rt△BCD中，N是斜边BD的中点，所以，因为M，N是AD，BD的中点，所以，又因为，所以，所以，又因为，，所以，又因为，BD、平面BCD，所以MN⊥平面BCD，又因为，所以AB⊥平面BCD又因为平面BCD，所以.所以△ABC为直角三角形；（2）由（1），，所以∠CBD即为二面角的平面角，故，因此，，又由（1），，又因为，、平面ABC，所以DC⊥平面ABC，以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，平行于DC的BZ为z轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，，，，所以AD的中点，.所以，.设平面NMC的法向量，则，即，取，得，设直线BM和平面MNC所成角为θ，所以，因此直线BM和平面MNC所成角的正弦值等.21．已知函数.(1)若函数在上单调递减，求实数的取值范围；(2)若，证明：函数有两个零点.参考数据：【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由题设可得在上恒成立，进而研究的单调性并求最值，即可得参数范围；（2）应用零点存在性定理判断在上的零点，根据其符号确定的单调性并得到极值，进而判断其零点分布，即可证结论.【详解】（1）由在上单调递减，则在上恒成立，令且x > 0，则，故在上单调递增，要使在上恒成立，则，解得，即所求的实数的取值范围为（2）由（1）知：在上单调递增，因为，所以，所以函数在上存在唯一零点，即，此时，当时单调递减；时单调递增，又，记，则，所以在上递减，则，所以，又，所以在、上各有一个零点，即在上有两个零点.【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.22．在平面直角坐标系中，，，P为曲线E上一点，直线MP，NP的斜率之积为.(1)求曲线E的标准方程；(2)过点作直线l交曲线E于A，B两点，且点A位于x轴的上方，记直线MB，NA的斜率分别为，.（ⅰ）证明：为定值；（ⅱ）过点B作BC垂直x轴交曲线E于不同于点A的点C，直线AC与x轴交于点D，求△ADF面积的最大值.【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）设P，根据两点求斜率公式列出等式，整理即可求解；（2）设直线l：，.联立椭圆方程，利用韦达定理表示，结合两点求斜率公式计算化简即可证明；由题意设，求出直线AC方程，令求出点D坐标，当A位于椭圆上顶点时△ADF的面积最大，结合三角形面积公式计算即可求解.【详解】（1）设动点P的坐标为，则，，化简得，即曲线E的标准方程为；（2）（i）易知直线l的斜率不为0，设直线l：，.把直线与椭圆联立得.则，.∴.（ⅱ）设点，则直线AC：，令，则.∴.当，即位于椭圆上顶点时，△ADF的面积最大，此时，即面积最大值为.