2022-2023学年安徽省安庆市宿松中学高二下学期期中联考数学试题（A卷）含解析

这是一份2022-2023学年安徽省安庆市宿松中学高二下学期期中联考数学试题（A卷）含解析，共19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学年安徽省安庆市宿松中学高二下学期期中联考数学试题（A卷） 一、单选题1．设集合，则（    ）A．或 B．或C．或 D．或【答案】D【分析】利用补集的定义直接求解.【详解】因为集合，所以或.故选：D2．已知函数，则（    ）A．5 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】先求，再根据的值带入相应解析式计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：B3．已知向量，，若，则（    ）A．2 B．18 C． D．【答案】B【分析】根据空间向量平行的坐标表示求解即可．【详解】因为，则存在实数使得，即，解得，所以，故选：B．4．已知等比数列的公比不为，且成等差数列，则（    ）A．1 B．-1 C． D．【答案】D【分析】根据等比数列通项和等差中项性质列出关于的方程，解出即可.【详解】由，且成等差数列，得，即，即，解得（舍去）或（舍去）或.故选：D5．《“健康中国2030”规划纲要》提出，健康是促进人的全面发展的必然要求，是经济社会发展的基础条划件.实现国民健康长寿，是国家富强､民族振兴的重要标志，也是全国各族人民的共同愿望.为普及健康知识，某公益组织为社区居民组织了一场健康知识公益讲座，为了解讲座效果，随机抽取了10位居民在讲座后进行健康知识问卷（百分制），这十位居民的得分情况如下表所示：答题居民序号12345678910得分72836576889065909576则以下说法错误的是（    ）A．该10位居民的答卷得分的极差为30B．该10位居民的答卷得分的中位数为94C．该10位居民的答卷得分的中位数小于平均数D．该10位居民的答卷得分的方差为104.4【答案】B【分析】由极差、中位数和平均数的定义可判断A，B，C；求出该社区居民问卷得分的方差即可判断D.【详解】按照从小到大排列为，则极差为，故选项A正确；中位数为，故选项B不正确；中位数为79.5，平均数为，故选项C正确；通过计算可得，所以方差为，故选项D正确.故选：B.6．已知函数，则将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，图象关于原点对称，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用辅助角公式化简，再根据平移变换得，然后由对称性可解.【详解】由题意可知，将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，所以，因为图象关于原点轴对称，所以，即当时，.故选：B7．已知函数的定义域为，且，则（    ）A．0 B．2 C．4 D．5【答案】D【分析】函数的性质与抽象函数，用赋值法即可求解.【详解】令，得，即，所以，所以函数的图象关于对称；因为，所以.故选：D8．已知椭圆的两个焦点为，过的直线与交于两点.若，，且的面积为，则椭圆的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设，则，，由椭圆的定义得，在中，由余弦定理得，根据同角三角函数的平方关系得，在中， 由余弦定理得，再结合的面积为，即可求出，进而得出椭圆的方程．【详解】设，则，，则，由椭圆的定义可知，所以，所以，，，，在中，，则，所以，在中， ，即，整理可得，因为三角形的面积为，故，即，得，所以，，所以椭圆的方程为，故选：A． 二、多选题9．如图是函数的导函数的图象，，则下列判断正确的是（    ）A．单调递增区间为 B．C． D．【答案】ABD【分析】由导函数图象的符号判断函数在各区间的单调性，再结合函数的性质得出结果.【详解】对于A，由题图知当时，，所以在区间上，单调递增，故正确；对于B，当时，单调递减，在上，单调递增；当时，单调递减，所以，故B正确；对于C，不一定是函数的最大值，最大值可能由区间的端点产生，所以错误；对于D，当时，，单调递减，所以，故D正确；故选：ABD.10．已知首项为正数的等比数列的公比为，曲线，则下列叙述正确的有（    ）A．若为圆，则B．若，则离心率为2C．离心率为D．是双曲线且其渐近线方程为【答案】AC【分析】对于A，若为圆，则，求出得出结果；对于B，为等轴双曲线，求其离心率即可；对于C，当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，求其离心率即可；对于D，故曲线为双曲线，求其渐近线方程.【详解】对于A，首项为正数的等比数列的公比为，曲线，若为圆，则，所以，所以，即曲线为圆心为，半径为的圆，故正确；对于B，当时，，所以与互为相反数且不为0，故为等轴双曲线，故曲线的离心率为，故B错误；对于C，，数列为递减数列，，所以曲线焦点在轴上的椭圆，故的离心率为，故C正确；对于D，当时，与异号，故曲线为双曲线，其渐近线为，即，故D错误.故选：AC.11．已知为抛物线的焦点，为坐标原点，点在抛物线上，则（    ）A．的最小值为2B．若，则C．点在抛物线上，且为正三角形，则D．若，则抛物线在点处的切线方程为【答案】ABD【分析】选项A、B，由抛物线的定义及几何性质判断选项；选项C，由为正三角形，得的斜率为，得出的坐标；选项D，利用导数求切线方程判断选项.【详解】由为抛物线的焦点，，故；对于A，设，,所以的最小值为2，故A正确；对于B，由抛物线的定义知，得，故B正确；对于C，为正三角形，则可得与轴平行，且，得的斜率为，所以的坐标为，所以，故C错误；对于D，因为，代入，可得，由得，抛物线在点处的切线斜率为1，所以切线方程为,即，故D正确.故选：ABD.12．如图，边长为4的正方形是圆柱的轴截面，点为圆弧上一动点（点与点不重合），则（    ）A．存在值，使得B．三棱锥体积的最大值为C．当时，异面直线与所成角的余弦值为D．当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为【答案】BCD【分析】利用线面垂直的性质即可判断选项A；根据棱锥的体积计算公式判断选项B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式判断选项C；利用线面垂直的性质以及勾股定理和基本不等式即可判断选项D.【详解】对于选项，由题意知，若，，平面，则平面，所以，不成立，故不正确；对于选项，在三棱锥中，半圆面，则是三棱锥的高，当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，三棱锥的体积取得最大值为，故选项B正确；对于选项C：当时，则为的中点，以的中点为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则,，，，可得，则，故异面直线与所成角的余弦值为，所以正确；对于选项，取的中点，过点作于点，连接，由题意知，平面，平面，，又因为，，平面，可得平面，所以为在平面内的射影，则为直线与平面所成的角，设，则，在Rt中，，所以，故，令，则，且，所以，当且仅当，即时取等号，所以，则，所以直线与平面所成最大角的正弦值为，此时，所以，连接，因为平面，平面，所以，因为为正方形，所以，在中，可得，在中，可得，则，因为，所以点为四棱锥外接球的球心，因为，由，解得，所以球心到面的距离，设截面半径为，则有，所以截面面积为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题13．复数，则__________.【答案】/0.8【分析】利用复数代数形式的除法运算化简得到，再由共轭复数的概念得到，进而求出结果．【详解】，，则.故答案为：.14．已知方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】根据椭圆标准方程的结构特征，结合焦点在轴上可得.【详解】因为方程表示焦点在y轴上的椭圆，所以，得.故答案为：15．已知数列满足，则__________.【答案】【分析】通过取倒数构造等差数列，根据条件解得，再结合裂项相消法得出结果．【详解】因为，，所以，所以，所以，所以.故答案为：.16．已知函数是定义在上的可导函数，且满足，对于任意的实数，都有，当时，，若，则实数的取值范围是__________.【答案】【分析】由构造函数，得出为偶函数，通过导数得到的单调性，再解不等式求得结果.【详解】因为，所以，令，则，即为偶函数，当时，即，所以，即函数在上单调递增.根据偶函数对称区间上单调性相同的性质可知在上单调递减，又因为，所以，所以，，即，故只需，即，所以，解得.故答案为：. 四、解答题17．已知在的展开式中的二项式系数之和为64，求：(1)的值；(2)展开式中常数项；【答案】(1)6(2)15 【分析】（1）根据二项式系数之和分析运算；（2）根据二项展开式分析运算.【详解】（1）因为的展开式中的二项式系数之和为64，所以，得.（2）二项展开式的通项为.可得当，即时，此时，展开式中常数项为15.18．已知函数.(1)若，求函数的单调区间；(2)若，求证：.【答案】(1)函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)证明见解析 【分析】（1）求导，解不等式，可得；（2）构造函数，转化为求的最小值问题，利用导数可证.【详解】（1）当，则，令，解得，令，解得，所以函数在上单调递减，在上单调递增；所以函数的单调减区间为，单调增区间为；（2）因为，所以，所以即证，.令，则当时，为增函数；当时，为减函数；所以的最小值为，所以，所以，所以.19．已知半径小于6的圆过点，且圆与两坐标轴均相切．(1)求圆的标准方程；(2)若圆与直线交于两点，__________，求的值．从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：条件①：；条件②：．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设圆，由圆过点代入方程，再根据圆与两坐标轴均相切得出，，且，解出，即可得出圆的方程；（2）选①：过点作于点，由得出，则，得出圆心到直线的距离，由点到直线距离公式列出方程求解即可；选②：在中，由余弦定理得出，则，过点作于点，得出，则圆心到直线的距离，由点到直线距离公式列出方程求解即可．【详解】（1）设圆，因为圆过点，所以，又因为圆两坐标轴均相切，所以得，且，则，解得或，因为圆的半径小于6，所以，即，所以．（2）如果选择条件①：由，，得，过点作于点，则，所以圆心到直线的距离，则，解得；如果选择条件②：，在中，，由余弦定理得，所以，过点作于点，则，所以圆心到直线的距离，则，解得．20．在直三棱柱中，，点是对角线上的动点，点是棱上的动点.(1)若分别为的中点，求证：平面；(2)设，当线段的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2). 【分析】（1）通过面面平行证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求平面与平面的法向量，再得到两平面的夹角的余弦值.【详解】（1）证明：取的中点为，连接MP，NP，因为分别为的中点，所以，又，所以，平面，平面，平面，同理可证平面，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面；（2）在平面内过点作，使得点与点在同侧，由平面平面平面，故，结合，故两两垂直.以为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则，由得，故为等腰直角三角形，同理，为等腰直角三角形.得，故，，当时，最小，此时分别是中点，于是，，设平面的法向量为，故，即，整理得，取可得平面的一个法向量为，平面的法向量为，设平面与平面夹角的大小为，则，故平面与平面夹角的余弦值为.21．下图（1）是一个边长为1的正三角形，将每边三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并擦去中间一段，得到图（2），如此继续下去，得到图（3）….由图可知，围成第一个图形的线段条数为3，围成第（2）个图形的线段条数为，设围成第个图形的边长条数为.(1)求，并直接写出（不用证明）；(2)数列满足，求数列的前项和.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）可以看到，由第到第个图形，每1条线段都变为4条线段，得出一个等比数列，求出结果.（2）先求，再利用错位相减法求和.【详解】（1）由题意可知，可以看到，由第到第个图形，每1条线段都变为4条线段，故；（2）因为，由题意知，①当时，得，当时，，②①-②得，则，检验成立，故，令③④③-④得.，化简得.22．已知双曲线的右焦点为为双曲线上一点.(1)求的方程；(2)设直线，且不过点，若与交于两点，点关于原点的对称点为，若，试判断是否为定值，若是，求出值，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)存在， 【分析】（1）利用焦点坐标得到，再由点在双曲线上，结合联立方程即可得解；（2）利用设而不求得到关于的值，再由得到的关系式，从而整理得，分析式子即可得到，由此得解.【详解】（1）由已知可得，故，因为在双曲线上，所以，解得（负值舍去），所以的方程为；（2）联立直线与双曲线的方程，可得，则且，所以且，设，则，由韦达定理可得，又，所以，，又，因为，所以，整理可得，则，则，整理可得，因为不恒为0，所以应有，解得，所以直线的斜率为定值3. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.