广东省揭阳市三校2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题

这是一份广东省揭阳市三校2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题，共21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。

广东省揭阳市三校2022-2023学年高二下学期期中联考数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．如图所示的韦恩图中，，是非空集合，若，，则阴影部分表示的集合是（    ）

A． B． C． D．
2．从6人中选3人参加座谈会，其中甲必须参加，乙另有任务不能参加，则不同的选法有（    ）
A．60种 B．20种 C．10种 D．6种
3．已知向量，满足，，则（    ）
A．1 B．2 C．3 D．5
4．函数在区间上的图象大致为（    ）
A． B．
C． D．
5．五角星是非常美丽的，我们的国旗上就有五颗，还有不少国家的国旗也用五角星，因为在五角星中可以找到许多线段之间的长度关系是符合黄金分割比的，也就是说正五边形对角线连满后出现的所有三角形，都是黄金分割三角形.如图所示的五角星中、、等都是黄金分割比，已知五角星的顶角是36°，则利用上面信息可求得（    ）
  
A． B． C． D．
6．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若丙不站在两端，甲和丁相邻，则不同排列方式共有（    ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
7．在三棱锥中，，，，则该三棱锥的外接球表面积是（    ）
A． B． C． D．
8．已知函数，若实数，，满足且，则下列不正确的是（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．设，则下列说法正确的是（    ）
A．
B．
C．
D．展开式中二项式系数最大的项是第5项
10．已知数列是等差数列，数列满足，且，，则（    ）
A． B．
C． D．
11．已知函数的图像经过点，则（    ）
A．函数的最大值为2 B．点是函数图像的一个对称中心
C．是函数的一个极小值点 D．的图像关于直线对称
12．公元1715年英国数学家布鲁克·泰在他的著作中陈述了“泰勒公式”，如果满足一定的条件，泰勒公式可以用函数在某一点的各阶导数值构建一个多项式来近似表达这个函数.泰勒公式将一些复杂函数近似地表示为简单的多项式函数，使得它成为分析和研究许多数学问题的有力工具，例如
（1）
（2）
（3）
（4）
（其中“o（    ）”表示无穷小量，比给出的任何数都更接近于0）
运用上述公式，以下大小关系正确的是：（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
13．在的展开式中存在常数项，写出一个满足条件的的值是 .
14．已知函数，，曲线在点的切线与直线垂直，则 .
15．为了解某中学生遵守《中华人民共和国交通安全法》的情况，调查部门在该校进行了如下的随机调查，向被调查者提出两个问题：（1）你的学号是奇数吗?（2）在过路口时你是否闯过红灯?要求被调查者背对着调查人员抛掷一枚硬币，如果出现正面，就回答第一个问题，否则就回答第二个问题.被调查者不必告诉调查人员自己回答的是哪一个问题，只需回答“是”或“不是”，因为只有调查者本人知道回答了哪一个问题，所以都如实地作了回答.结果被调查的1200人（学号从1至1200）中有366人回答了“是”.由此可以估计这1200人中闯过红灯的人数是 .
16．现有双曲线，，为双曲线的左、右顶点，，为双曲线的虚轴端点，动点满足，面积的最大值为，面积的最小值为2，则双曲线的离心率为 .

四、解答题
17．在中，记的内角，，的对边分别为，，，其中.
(1)求角；
(2)若的面积为，且，求.
18．如图，在正方体中，，，，分别是，，，各棱的中点.
  
(1)画出过点，，，的平面截正方体所得的截面并指出截面的形状（不必说明画法和理由）
(2)求（1）中的截面与平面所成的二面角的正弦值.
19．为庆祝神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，某校开展了航天知识竞赛活动，竞赛分为初赛和复赛两个阶段.已知全校有1200名学生参加初赛，初赛成绩分成6组，，，，，，绘制如图所示的频率分布直方图，若参加初赛的这1200名学生中，其中成绩不低于80分的有360人.

(1)求频率分布直方图中实数，的值；
(2)若规定初赛成绩前20%的学生进入复赛，试估计进入复赛的分数线；
(3)在进入复赛的学生中采用分层抽样抽取8人，再从8人中随机抽取2人进行访谈，求这2人中恰有1人成绩在的概率.
20．已知等差数列的首项，；等比数列的前项和为，且.
(1)求，；
(2)记，求使取得最大值时的值.
21．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，且也是抛物线：的焦点，为椭圆与抛物线在第一象限的交点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)设动直线与椭圆交于，两点，存在一点使，判断直线是否经过定点?若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由.
22．已知函数
(1)设函数，求函数的单调区间；
(2)设函数，若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围.

参考答案：
1．B
【分析】利用集合的运算法则即可求解.
【详解】由已知得，，
令,则阴影部分表示的集合是，
故选：B.
2．D
【分析】根据组合数的计算即可求解.
【详解】从6人中选3人参加座谈会，其中甲必须参加，乙另有任务不能参加，
则从余下4人中选2人参加座谈会，有种选法.
故选：D.
3．C
【分析】由，，两式平方相减求解.
【详解】解：因为，满足，，
所以，
两式相减得：，
故选：C
4．A
【分析】根据函数奇偶性结合当时函数值的符号性分析判断.
【详解】∵，即，
∴为偶函数；
又∵当时，则，故，
∴；
综上所述：A正确，B、C、D错误.
故选：A.
5．C
【分析】由图形可知，则可求出，再利用二倍角公式可求出，然后利用诱导公式可求得结果.
【详解】由图形可知，则，
所以，
所以，
故选：C
6．B
【分析】利用捆绑法和特殊位置优先法结合分步乘法原理求解即可
【详解】将甲和丁看作一个整体，有种方法，
从乙、戊和甲丁的整体中选两个安排在两端，则有种方法，
再安排丙和剩下的人，有种方法，
根据分步乘法原理可知共有种方法，
故选：B
7．A
【分析】由于三棱锥对棱相等，可将它补成一个长方体，利用长方体求得其外接球的半径，然后求出球表面积即可．
【详解】因为，
所以可以将三棱锥如图放置于一个长方体中，如图所示：
  
设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，
则有，整理得，
则该棱锥外接球的半径即为该长方体外接球的半径，
所以有，
所以所求的球体表面积为：．
故选：A．
8．D
【分析】根据题意，设，求出的导数，分析的单调性，由此可得函数的大致图象，设，结合函数的零点与方程根的关系分析、、的关系，由此分析选项可得答案．
【详解】设，
则，
令，可得或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，，，
则函数的图象如图：
  
若实数，，满足且，设，
则，故直线与函数有3个交点，结合图象可得，，，则A 正确，
同时有，
即，
变形可得，
所以，，则C正确，D错误；
又由，，所以，，故B正确，
故选：D．
9．AC
【分析】分别令分析A，B，C选项，在利用展开式中二项式系数来分析系数最大项即可得D选项.
【详解】因为，
所以令时，
，
故A正确；
令时，
，
所以，
故B不正确；
令时，
，
故C正确；
当时，二项式系数最大，即第6项的二项式系数最大，
故D选项错误；
故选：AC.
10．AB
【分析】先求出等差数列的公差、首项，进而求出的通项公式，再根据数列与的关系，从而得出的通项公式，根据通项公式及等比数列前项和公式可以确定选项正误.
【详解】对于A，设等差数列的公差为,由，得，得．
又因为，所以，可得，于是，A正确．
对于B，，所以，B正确．
对于C，，C错误．
对于D，，D错误．
故选：AB．
11．BCD
【分析】将点代入函数式求得，应用三角恒等变换化简，结合正弦型函数的性质判断各项的正误即可.
【详解】因为函数的图像经过点，
所以，即，又，则，
所以，其最大值为1，A错误．
因为图像的对称中心是点，，
令，得：，，当时，
所以是函数图像的一个对称中心，B正确．
令得：，，
所以，，当时，
所以是函数的一个极小值点，C正确．
因为图像的对称轴方程是，，
所以令，得：，，当时，
所以直线是函数图像的一条对称轴，D正确．
故选：BCD
12．ABD
【分析】根据泰勒公式展开函数，进而比较大小，即可求解.
【详解】对于A中，由，
所以成立，所以A正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，
又由，所以，所以C不正确；
对于D中，由，所以D正确.
故选：ABD.
13．4（答案不唯一，满足即可）
【分析】求出展开式的通项公式，然后令的指数为，根据的范围即可求解.
【详解】展开式的通项公式为
令，得,故
令则
故答案为：.
14．0
【分析】利用导数的几何意义以及两直线垂直斜率的关系求解.
【详解】设曲线在点的切线的斜率为，则，解得，
由于，则，即，解得，
所以，
因为点在曲线上，则，即，解得，
所以，
故答案为：0.
15．132
【分析】在准备的两个问题中每一个问题被问到的概率相同，由此可知第一个问题被问到600次，在被问到的600人中300人学号是奇数，比300人多出来的人数就是闯过红灯的人数，可以求出该组样本的频率，最后利用样本频率估计总体的方法即可求解.
【详解】被调查的1200人中，在准备回答的两个问题中每一个问题被问到的概率相同，
所以第一个问题可能被问600次，因为被问的600人中有300人学号是奇数，而有366人回答了“是”，
所以估计有66人闯过红灯，在600人中有66人闯过红灯，频率为，
用样本频率估计总体，从而估计这1200人中闯过红灯的人数为人.
故答案为：132.
16．
【分析】根据条件，设，由两点间距离公式并化简可得动点的轨迹方程,并判断出动点的轨迹为圆.结合题意，当点位于最高点时，的面积最大，可求出；当点位于左端时，的面积最小，可求出，进一步计算即可.
【详解】设
依题意得，,
即
两边平方化简得
则点的轨迹是以为圆心，半径的圆，
当点位于最高点时，的面积最大，最大面积为
解得
当点位于最左端时，的面积最小，最小面积为，
解得
故双曲线的离心率
故答案为：
17．(1)
(2)

【分析】（1）用正弦定理边化角，再根据三角恒等变换求出A；
（2）根据面积公式求出c，再用余弦定理求出、面积求出可得答案.
【详解】（1）∵，由正弦定理得
，
∵，
∴，
∴，又，
∴，
∴，又，，
∴，∴；
（2）若的面积为，且，
由余弦定理，有，
∴，
又，
∴，∴，∴.
18．(1)答案见解析
(2)

【分析】（1）根据题意画出截面即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可
【详解】（1）截面的形状为：正六边形.
理由如下：如图，
  
延长，，，由基本事实可得，三线交于一点，
设为，延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，
连接，与，分别交于点，，
则点，是截面所在平面与平面的公共点，
连接，，，可得截面所在平面与正方体各面的交线分别为：
，，，，，，截面如图中的阴影部分所示.
由，，，分别是，，，各棱的中点，
可得，分别为，中点.因此六边形为正六边形.
（2）分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示空间直角坐标，
    
设正方体的边长为2.
则可得，，，，
，，
设截面为，其法向量，
则，即，
令，则，，∴
取平面的法向量
设截面与平面所成的角为，
则
又∵，∴.
∴（1）中的截面与平面所成的二面角的正弦值为.
19．(1)，
(2)84；
(3)

【分析】（1）根据频率直方图频率和为1及成绩不低于80分的人的频率为0.3，列方程求出，；
（2）根据频率分布直方图求百分位数求法计算即可；
（3）应用古典概型计算即可.
【详解】（1）由已知可得，成绩不低于80分的人的频率为0.3
所以，得，
由，
（2）根据直方图可知，成绩在的频率为0.3，大于0.2，成绩在的频率为0.05，小于0.2，因此进入决赛的分数线应该介于之间，
则，，解得
可得，所以进入决赛的分数线划定为84；
（3）由（2）可得初赛成绩在与的比例为0.15：0.05=3：1
所以，抽取的8人初赛成绩在的人数为人.
在的人数为人.
再从8人中随机抽取2人，其中恰有1人成绩在的概率.
20．(1)，
(2)或7

【分析】根据已知关系式求出数列的首项和第二项即可求出公差和公比，可得通项公式；
将表示出来，根据比值，可判断出最大项.
【详解】（1）设等差数列的公差为.
∵，，
∴，，∴.
设等比数列的公比为.
∵，∴，，
∴，，∴.
（2），
当时，；
当时，，且，
由，得.
于是，当时，，
当时，，即，
当时，，
故当或7时，取得最大值.
21．(1)
(2)动直线不过定点，理由见解析

【分析】（1）根据抛物线方程可求出，则，设，则由抛物线的定义列方程可求出，从而可求出点的坐标，再将点的坐标代入椭圆方程，结合可求出，从而可得椭圆方程；
（2）若动直线过，可得满足条件，若直线不过，假设直线过定点，设直线的方程是：，设，，将直线方程代入椭圆方程化简后利用根与系数的关系，由，可得，结合前面的式子化简可得，从而可得结论.
【详解】（1）∵也是抛物线：的焦点，∴，
∴，且抛物线的准线方程为，
设点，
∵，∴，∴，
∴，∴，
∵，解得，，
∴椭圆方程为；
（2）①若动直线过，此时、、共线，满足题设.
②若直线不过，假设直线过定点，由椭圆的对称性可知定点必在轴上，设为；则直线的方程是：，
设，，则
联立，消整理得，
由得
由韦达定理有，
由（显然，的斜率存在），故，
即，.
∴.
由，两点在直线上，故，
代入上式，整理可得：
即有.
整理可得：，无论为何值使等式成立.
又时满足；故直线恒经过定点.
时恒成立，此时直线不过定点.
综上①②，动直线不过定点.
  
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆与抛物线的综合问题，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设出直线方程代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，再由，得，然后化简计算即可，考查数学计算能力，属于较难题.
22．(1)答案见解析
(2)或

【分析】（1）易得，，然后利用导数法求解；
（2）由题意得到有两个不同的实数根，令，，转化为图象与直线有两个交点求解.
【详解】（1）解：∵，，
∴，，
则，
令，解得或，
当、时，，
∴在、上单调递增.
当、时，，
∴在、上单调递减.
（2）∵有两个不同的零点，
则有两个不同的实数根，
令，，
则图象与直线有两个交点，
∵，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
又，，，
∵直线过定点，当直线与相切时，
设切点为，则，
切线方程为：，
∵在切线上，代入上式得，
解得或，则，，
∴切线方程为：；：，
如图所示：
  
要使图象与直线有两个交点，则或
综上，当或时，函数有两个不同的零点.
【点睛】方法点睛：令，，转化为图象与直线有两个交点.转化为为直线与相切求解.