2022-2023学年广东省广州市三校高二下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市三校高二下学期期中联考数学试题含解析，共22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学年广东省广州市三校高二下学期期中联考数学试题 一、单选题1．已知P，Q为R的两个非空真子集，若，则下列结论正确的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】根据条件画出图，根据图形，判断选项.【详解】因为，所以，如图，对于选项A：由题意知 P是 Q的真子集，故，，故不正确，对于选项B：由是的真子集且，都不是空集知，，，故正确.对于选项C：由是的真子集知，，，故不正确，对于选项D：Q是的真子集，故，，故不正确，故选：B2．在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（    ）A． B．2 C． D．4【答案】C【分析】根据对称性得到，从而计算出，求出模长.【详解】对应的点为，其中关于的对称点为，故，故.故选：C3．2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面，近地点（长轴端点中离地面最近的点）距地面，地球的半径为，则该椭圆的短轴长为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据椭圆的远地点和近地点的距离可得，进而可求得，求得b，可得答案.【详解】由题意得，故，故选：D.4．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第15项为（    ）A．196 B．197 C．198 D．199【答案】C【分析】根据二阶等差数列的定义求出数列的通项公式，再利用累加法计算即可得.【详解】设该数列为，则；由二阶等差数列的定义可知，所以数列是以为首项，公差的等差数列，即，所以将所有上式累加可得，所以；即该数列的第15项为.故选：C5．已知圆锥的侧面积为，高为，若圆锥可在某球内自由运动，则该球的体积最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由圆锥侧面积公式及勾股定理可得圆锥半径r与母线l长，求该圆锥的外接球体积即可.【详解】解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则，解得，由题意知当球为圆锥的外接球时，体积最小，设外接球的半径为R，则，解得，所以外接球的体积为.故选：D.6．已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据函数图象可知，是函数的两个零点，即可得，利用已知条件即可确定的值.【详解】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；由图可知，利用整体代换可得，所以，若为已知，则可求得.故选：B7．在直角坐标系xOy中，已知点P是圆O：上一动点，若直线l：上存在点Q，满足线段PQ的中点也始终在圆O上，则k的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题意分析可知，只要O的圆心到直线l的距离不超过3，再结合点到直线的距离公式即可求得k的取值范围.【详解】由题意分析可知，直线l：过定点，设的中点为，因为圆O：的圆心，半径为，若满足线段PQ的中点点在圆上，则，又，则，即，所以，设圆心O到直线l的距离为，则，所以，解得或，故．故选：D..8．设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案.【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，，则，，设，，则，整理得到，故轨迹是以为圆心，半径的圆，转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，同时在球上，故在两球的交线上，为圆.球心距为，为直角三角形，对应圆的半径为，周长为.故选：D 二、多选题9．某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：kg）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（    ）A．频率分布直方图中a的值为0.07B．这100名学生中体重低于60kg的人数为60C．据此可以估计该校学生体重的第78百分位数约为62D．据此可以估计该校学生体重的平均数约为62.5【答案】AC【分析】运用频率分布直方图中所有频率之和为1及频数、百分位数、平均数计算公式计算即可.【详解】对于A项，因为，解得：，故A项正确；对于B项，人，故B项错误；对于C项，因为，，，所以第78百分位数位于之间，设第78百分位数为x，则，解得：，故C项正确；对于D项，因为，即：估计该校学生体重的平均数约为，故D项错误.故选：AC.10．已知抛物线C：的准线为，直线与C相交于A、B两点，M为AB的中点，则（    ）A．当时，以AB为直径的圆与相交B．当时，以AB为直径的圆经过原点OC．当时，点M到的距离的最小值为2D．当时，点M到的距离无最小值【答案】BC【分析】将直线代入，结合韦达定理求得坐标、点到准线的距离及．当时，由可判断A；当时，由可判断B；当时，得的关系式，代入表达式，利用基本不等式可判断C；当时，得的关系式，代入表达式，利用对勾函数的性质可判断D．【详解】抛物线，准线方程是，直线代入，可得，，设，则，，，设，则，点到准线的距离，，当时，，点到准线的距离，则以AB为直径的圆与相切，故A错误；当时，，则，则以AB为直径的圆经过原点O，故B正确；当时，即，得，则，当且仅当时等号成立，故C正确；当时，即，得，所以，令，则，由对勾函数的性质得，当时，单调递增，故当时，取最小值，故D错误．故选：BC．11．若正实数，满足，则下列不等式中可能成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】依题意可得，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，再令，利用导数说明，即，从而得到，当且仅当时取等号，即可判断.【详解】解：因为，所以，因为，所以，则，令，，则，所以在上单调递增，由，可得，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，则，即当且仅当时取等号，即当且仅当时取等号，又，所以，当且仅当时取等号，当时或，结合与的图象也可得到所以或.故选：AC12．1979年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡觉,准备第二天再分.夜里1只猴子偷偷爬起来,先吃掉1个桃子,然后将其分成5等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2只猴子又爬起来,吃掉1个桃子后,也将桃子分成5等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3只猴子都先后照此办理.问最初至少有多少个桃子?最后至少剩下多少个桃子?”.下列说法正确的是(   )A．若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则B．若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则为等比数列C．若最初有个桃子,则第只猴子分得个桃子(不含吃的)D．若最初有个桃子,则必有的倍数【答案】ABD【分析】设最初有个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为，则,若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则,根据与关系即可判断A的正误;由A构造等比数列即可判断B的正误;根据B求出数列的通项公式,将代入求解即可判断C;根据题意,,又为等比数列,判断D的正误.【详解】设最初有个桃子,猴子每次分剩下的桃子依次为,则,若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则,所以,即,故A正确;由A，,则,即是等比数列,若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则,所以是以为公比的等比数列,故B正确.由B知,是等比数列,所以,即,若最初有个桃子,即,所以,故C错误;根据题意:,因为以为公比的等比数列,所以,化简得,因为,且为正整数,所以,即必有的倍数,故D正确.故选:ABD. 三、填空题13．已知向量与共线，则__________.【答案】.【分析】运用平面向量共线及向量的模的坐标计算公式求解即可.【详解】由题意知，又因为，所以，所以，所以，所以，所以.故答案为：.14．安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为_________.【答案】【分析】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人，根据排列组合得出各自有多少种，再得出甲，乙到同一家企业实习的情况有多少种，即可计算得出答案.【详解】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人，当分为3,1,1人时，有种实习方案，当分为2,2,1人时，有 种实习方案，所以共有种实习方案，其中甲、乙到同一家企业实习的情况有种，故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为 ，故答案为：15．已知函数有两个极值点与，若，则实数a＝____________.【答案】4【分析】由得，所以，根据解方程即可求出结果．【详解】因为函数有两个极值点与由，则有两根与所以，得因为，所以，又则，所以故答案为： 四、双空题16．已知正四棱锥的所有棱长都为1，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为__________，的面积的最大值为__________.【答案】          【分析】空1，数形结合，作平面与平面平行，即可解决；空2，令，得，，得，，得，即可解决.【详解】取中点平面，作平面与平面平行，如图至多为五边形.令，，，所以，所以所以,因为与的夹角为与夹角，而与垂直，所以，当时，取最大值.故答案为：； 五、解答题17．佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为、、、……、（表示高度为的方体连续堆叠层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.【答案】(1)（答案不唯一，符合题意即可）(2)可以，理由见详解 【分析】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；（2）根据题意求，并与310比较大小，分析判断.【详解】（1）由题意可知：，注意到，取等差数列的公差，则，令，解得，即24为第5项；令，解得，即19.2为第7项；故符合题意.（2）可以，理由如下：由（1）可知：，设数列的前项和为，∵，故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.18．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，为等边三角形．(1)求证：；(2)若二面角的大小为，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）取中点，连接，，，依题意可得、，即可得到平面，从而得证；（2）取中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）证明：取中点，连接，，，因为为菱形且，所以为等边三角形，故．又在等边三角形中，，，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）由，，可得就是二面角的平面角，所以，在中，，所以为边长为的等边三角形，由（1）可知，面底面，取中点，以为坐标原点，以，，所在的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，在中，，，可得，，，，故，，，设为平面的一个法向量，则有，令，则，得， 设直线与平面所成角为，则有，故直线与平面所成角的正弦值为.19．在中，角，，的对边分别是，，，满足(1)求角；(2)若角的平分线交于点，且，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】(1)结合已知条件，利用余弦定理即可求解；(2)利用正弦定理得到，，然后利用基本不等式即可求解.【详解】（1）由可得：，由余弦定理知，，又因此.（2）在中，由，得，在中，由，可得，所以；在中，由，得，解得，，所以，因为，，所以，当且仅当时取等号，因此的最小值为.20．为了调动大家积极学习党的二十大精神，某市举办了党史知识的竞赛．初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个单位派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资格．某单位派出甲、乙两个小组参赛，在初赛中，若甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，，乙小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响.(1)若该单位获得决赛资格的小组个数为X，求X的数学期望；(2)已知甲、乙两个小组都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行．假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率．若最后一道题被该单位的某小组抢到，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是45%，55%，该题如果被答对，计算恰好是甲小组答对的概率．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）先算出甲乙通过两轮制的初赛的概率，的取值有分三种情况解决.(2)先算出一个题被答对的概率，然后再算出被甲答对的概率，然后再根据条件概率求解.【详解】（1）设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件则由题意可得，的取值有则的分布列为：所以（2）设甲乙两组对每个问题回答正确的概率分别为，两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率，则一个题被甲小组抢到为事件，则，设一个题答对为事件，则该题如果被答对，恰好是甲小组答对即为21．已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)，其中或(2)存在， 【分析】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，消去y，得，根据已知直线l与双曲线E相交于A、B两点，得且，即且，由韦达定理，得，则，，联立消去k，得，再根据的范围得出的范围，即可得出答案；（2）设，，根据双曲线E的渐近线方程与直线l的方程联立即可得出，，则，即线段AB的中点M也是线段CD的中点，若A，B为线段CD的两个三等分点，则，结合弦长公式列式得，即可化简代入得出，即可解出答案.【详解】（1）设，，，联立直线l与双曲线E的方程，得，消去y，得．由且，得且．由韦达定理，得．所以，．由消去k，得．由且，得或．所以，点M的轨迹方程为，其中或．（2）双曲线E的渐近线方程为．设，，联立得，同理可得，因为，所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．若A，B为线段CD的两个三等分点，则．即，．而，．所以，，解得，所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．22．已知关于的方程有两个不相等的正实根和，且.(1)求实数的取值范围；(2)设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据函数与方程的思想将方程有两个不相等的正实根转化成函数图象有两个交点，通过构造函数研究其单调性求出值域即可求得实数的取值范围；（2）首先通过转化变形写出和的表达式，求出有最小值的等价方程，再通过构造函数利用导函数研究其单调性，并证明方程有唯一解即可求得常数的值.【详解】（1）由且，可得.设，则，令，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减；函数的图象如下：又趋向于0时趋向，趋向于时趋向0；要使图象与直线有两个交点，则，故a的取值范围是.（2）因为，由（1）得，则，设，则，即，由有最小值，即有最小值.设  ，记，由于，若，则，可得单调递增，此时，即单调递增，此时在没有最小值，不符合题意.若，时，，则在单调递减，时，，则在单调递增.又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得.此时时，，即，此时在上单调递减；时，，即， 在上单调递增.所以时，有最小值，而，即，整理得此时，由题意知.设设.设，故递增，.此时递增，有，令且，则，即在上递增，故，此时，故在递增，而知，的唯一解是. 故的唯一解是，即.综上所述，.【点睛】方法点睛：对于隐零点问题的解题思路是对函数零点设而不求，以隐零点为分界点，说明导函数的正负，通过整体代换和过渡，从而得到原函数最值或极值的表达式，再结合题目条件解决问题.