2022-2023学年云南省开远市第一中学校高二下学期3月半月考数学试题含答案

2022-2023学年云南省开远市第一中学校高二下学期3月半月考数学试题

一、单选题

1．已知全集，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据根式的定义域与指数函数的值域求解即可.

【详解】由题意，，，故.

故选：A

2．设复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，，为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意得到复数，结合复数的运算法则，即可求解.

【详解】由题意，复数，

因为复数在复平面内的对应点关于虚轴对称，可得，

所以.

故选：B.

3．下列命题中，正确的是（    ）

A．“”是“”的必要不充分条件

B．，

C．，

D．命题“，”的否定是“，”

【答案】D

【分析】由命题与不等式知识对选项逐一判断

【详解】对于A，“”是“”的充分不必要条件，故A错误，

对于B，不等式的解集为，故B错误，

对于C，方程无解，故C错误，

对于D，命题“，”的否定是“，”，故D正确，

故选：D

4．若，则下列不等式成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用列举法排除A，B；利用作差法排除选项C，进而得出正确选项．

【详解】取，，则，排除A，B；因为，则，，从而.又，即，则，所以，

故选：D.

5．函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】方法一：不妨设，解即可得出答案.

方法二：取，则有，又因为，所以与矛盾，即可得出答案.

方法三：根据题意，由函数的奇偶性可得，利用函数的单调性可得，解不等式即可求出答案.

【详解】［方法一］：特殊函数法

由题意，不妨设，因为，

所以，化简得．

故选：D.

［方法二］：【最优解】特殊值法

假设可取，则有，

又因为，所以与矛盾，

故不是不等式的解，于是排除A、B、C．

故选：D.

［方法三］：直接法

根据题意，为奇函数，若，则，

因为在单调递减，且，

所以，即有：，

解可得：.

故选：D.

【整体点评】方法一：取满足题意的特殊函数，是做选择题的好方法；

方法二：取特殊值，利用单调性排除，是该题的最优解；

方法三：根据题意依照单调性解不等式，是该题的通性通法．

6．函数的图像大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用排除法，根据函数过及值域范围，即可确定答案.

【详解】由时，排除B、C；

又，当且仅当时等号成立，故，排除D.

故选：A

7．已知实数，且，则的最小值是（    ）

A．6 B． C． D．

【答案】B

【分析】构造，利用均值不等式即得解

【详解】，

当且仅当，即，时等号成立

故选：B

【点睛】本题考查了均值不等式在最值问题中的应用 ，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题

8．定义在R上的偶函数满足：对任意的，有，且，则不等式的解集是（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可知在上是减函数，再根据对称性和得出在各个区间的函数值的符号，从而可得出答案．

【详解】解：∵对任意的恒成立，

∴在上是减函数，

又，

∴当时，，当时，，

又是偶函数，

∴当时，，当时，，

∴的解为．

故选B．

【点睛】本题考查了函数的单调性与奇偶性，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于中档题．

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．相关系数的绝对值越大，变量的线性相关性越强

B．某人每次射击击中目标的概率为，若他射击6次，击中目标的次数为，则

C．若随机变量满足，且，则

D．若样本数据的方差是12，则数据的方差是7

【答案】ABC

【分析】由相关系数的实际意义判断A；应用二项分布期望公式求的期望判断B；根据正态分布对称性及已知条件得，再由对称性求概率判断C；利用方差的性质求原数据的方差判断D.

【详解】A：由相关系数的实际意义：绝对值越大，变量线性相关性越强，正确；

B：由题意，击中目标的次数服从分布，故，正确；

C：根据正态分布的对称性及已知条件知：，故，正确；

D：由，故数据的方差，错误.

故选：ABC

10．如图，正方体中，是线段上的动点，则（    ）

A．平面

B．

C．与所成角的余弦值为

D．三棱锥的体积为定值

【答案】BCD

【分析】利用线面垂直定理、异面直线所成角的求法以及棱锥的体积公式求解判断.

【详解】对于选项A，正方体中，，,又，

所以平面，又，故A不正确；

对于选项B, 正方体中，，,又，

所以平面，又平面，所以，故B正确；

对于选项C, 正方体中，，所以与所成角即为与所成角，

因为是等边三角形，所以与所成角为，即与所成角的余弦值为，

故C正确；

对于选项D, 正方体中，因为，所以无论在线段上怎么移动，

点到平面的距离是定值，又的面积是定值，，

所以即三棱锥的体积为定值，故D正确.

故选：BCD.

11．已知抛物线上的动点到焦点的距离最小值是3，经过点的直线与有且仅有一个公共点，直线与交于，则（    ）

A．抛物线的方程为

B．满足条件的直线有2条

C．焦点到直线的距离为2或或

D．

【答案】CD

【分析】由题设可得即可得抛物线方程，设过P的直线方程并联立抛物线得到一元二次方程，由求切线方程，结合点与抛物线位置判断交点只有一个的直线条数，再由点线距离公式求到直线的距离，写出的方程弦长公式求.

【详解】由题设知：，则，故且，A错误；

因为在外，令过P的直线与相切，

所以，若，可得或，

故、与相切，又与只有一个交点，

所以过与有且仅有一个公共点的直线共有三条，B错误；

对于，到直线的距离；

对于，到直线的距离；

对于，到直线的距离，C正确；

由题设，为，联立，可得，

则，故，D正确.

故选：CD

12．已知函数与满足：①，②，③，则下列结论正确的是（    ）

A．在定义域内单调递增

B．

C．在定义域内单调递减

D．当时，存在使得成立

【答案】ABD

【分析】先根据①②，利用累加法可得，进而得到

【详解】由得

，两式相减可得：

，即.

故，

所以，故.

对A，在定义域内为增函数，正确；

对B，，故B正确；

对C，为增函数，故C错误；

对D，因为，故当时，为奇函数，又为增函数，故即，所以题意转化为存在使得成立，即有解，因为，显然成立，故D正确；

故选：ABD

三、填空题

13．已知函数，若f [ f ( - 1 ) ] = 4 ，且a > - 1 ，则 a=      .

【答案】1

【分析】利用分段函数的性质求解.

【详解】解：因为函数，

所以

又因为a > - 1 ，

所以，

所以，

则，

解得，

故答案为：1.

14．某学校在甲乙丙三个地区进行新生录取，三个地区的录取比例分别为，，．现从这三个地区等可能抽取一个人，此人被录取的概率是          ．

【答案】

【分析】利用全概率公式可求解.

【详解】记事件，，表示此人选自甲乙丙三个地区，事件：此人被录取；则，，，，．

故答案为：

15．若函数的图像关于直线对称，则           .

【答案】

【分析】由题知，进而解方程即可得答案.

【详解】解：因为函数的图像关于直线对称，

所以函数在时取得最值，

所以，结合辅助角公式得：，即，

整理得：，解得.

故答案为：

16．大约在2000多年前，我国的墨子给出了圆的概念“一中同长也”，意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下定义要早100多年．已知直角坐标平面内有一点和一动点满足，若过点的直线将动点的轨迹分成两段弧，当劣弧所对的圆心角最小时，直线的斜率          ．

【答案】

【分析】过定点的直线将动点的轨迹分成两段弧，当劣弧所对的圆心角最小时，圆心到直线的距离最远，即为圆心到M的距离.此时，直线l与CM垂直，由可得答案.

【详解】依题意可知，动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，

即.

因为，故点在内.

当劣弧所对的圆心角最小时，.

因为直线的斜率，

所以所求直线的斜率.

故答案为：.

四、解答题

17．已知数列的前项和为，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)令，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据和的关系式，即可求得数列的通项公式.

（2）由（1）中结论可得数列的通项公式，再由错位相减法即可求得.

【详解】（1）由已知得．

①当时，；当时，，

得，所以是以为首项，2为公比的等比数列；

所以．

（2）由（1）得，

所以，①

所以，②

则得：，

化简得．

18．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，平面，且，的中点为，的中点为．

请从下面的两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．

①；②．

(1)判断直线与平面是否平行？若平行，给出证明；若不平行，请说明理由；

(2)若 ，求二面角的余弦值．

【答案】(1)平行，证明见解析

(2)答案见解析

【分析】（1）设的中点为，连接，易得为平行四边形，从而可证平面.

（2）若选择①，则以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，结合法向量即可求得二面角余弦值. 若选择②，取中点，连接，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，结合法向量即可求得二面角余弦值.

【详解】（1）

平面．证明如下：

如图，设的中点为，连接，

，且，

为平行四边形，

则，又平面，平面，

平面．

（2）

选择①；

，，，

平面，，由题意知，，两两垂直，

以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，

，则，，，

，，，，，

设平面的法向量，

，

取，得，

又平面的法向量，

，

二面角的余弦值为．

选择②；

平面，，如图，取中点，连接，

底面是菱形，，是正三角形，

是的中点，，，，两两垂直，

以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，，

，，，，

，，，，，

设平面的法向量，

则

取，得，

又平面的法向量，

则．

二面角的余弦值为．

19．某校高三年级为了提高学校的升学率，制订了两套学习方案，甲班采用方案一，乙班采用方案二，两个班均有50人，学期期末对两班进行测试，测试成绩的分组区间为，，，，，，由此得到两个班测试成绩的频率分布直方图如图：

(1)完成下面列联表，画出等高堆积图．你能有97.5%的把握认为“这两个班在这次测试中成绩的差异与学习方案有关”吗？并说明理由；

(2)现从甲班中任意抽取3人，记表示抽到测试成绩在的人数，求的分布列和数学期望．

附：，其中．

【答案】(1)列联表见解析，有97.5%的把握认为“这两个班在这次测试中成绩的差异与学习方案有关”，理由见解析；

(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据题设完善列联表，并画出等高堆积图，再应用卡方计算公式求卡方值，与参考值比较大小，结合独立检验的基本思想得到结论；

（2）由题设可以取0，1，2，3，求出各可能值对应的概率，进而写出分布列，求出期望值.

【详解】（1）甲班成绩不小于130分的人数为，

甲班成绩小于130分的人数为，

乙班成绩不小于130分的人数为，

乙班成绩小于130分的人数为，

列联表：

等高堆积图如图2：

，

所以有97.5%的把握认为“这两个班在这次测试中成绩的差异与学习方案有关”．

（2）甲班成绩在有（人），可以取0，1，2，3，

则，，

，，

的分布列为

．

20．在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．

(1)求角；

(2)若外接圆的半径为，且边上的中线长为，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可得，结合角的取值范围即可求解；

（2）利用正弦定理解得的值，结合几何关系利用平面向量的加法法则及向量数量积的定义可得，由余弦定理可得，进而得到的值，再利用三角形的面积公式即可求解.

【详解】（1）解：由，得，

由正弦定理得：，即，

化简得，，，，

又，．

（2）解：由正弦定理得．

设为边上的中点，则，，

利用向量加法法则得：，

两边平方得：，即，

由余弦定理，即，

两式相减得，即．

由三角形面积公式得：．

21．已知椭圆的离心率为，左、右焦点为，，且椭圆上有一个异于左右顶点的动点，满足面积的最大值为．

(1)求椭圆的方程；

(2)圆的切线与椭圆相交于，两点，判断坐标原点与以线段为直径的圆的位置关系，并说明理由．

【答案】(1)

(2)点在以线段为直径的圆内，理由见解析.

【分析】在第1问中，依题意列出方程组即可求解.

在第2问中，联立直线方程与椭圆方程，通过韦达定理列出的含参表达式，证明即可.

【详解】（1）当点在上顶点时，面积的最大，

故依题意可得：，解得，，

故：椭圆的方程是．

（2）点在以线段为直径的圆内，证明如下：

当与轴不垂直时，设的方程为，

由椭圆的方程与直线的方程联立，消去整理得：

．

，

即，设，，

则，．

直线与单位圆相切得，

从而，

．

当垂直于轴时，易知也成立，

又，，不共线，所以为钝角，

故点在以线段为直径的圆内．

【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．

(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．

22．已知函数，在处切线的斜率为-2.

（1）求的值及的极小值；

（2）讨论方程的实数解的个数.

【答案】（1），极小值为；（2）答案见解析．

【分析】（1）由函数在处切线的斜率为-2，可得，解方程得出的值；对函数求导，列表格判断出单调性，进而可得函数的极小值；

（2）由（1）的单调性以及极限趋势，分类讨论的范围，可得实数解的个数．

【详解】解：（1），

因为在处切线的斜率为-2，所以，则.

，令，解得或，

当x变化时，，变化情况如下：

故的极小值为.

（2）由（1）知，在上单调递增，上单调递减，上单调递增.当时，；当时，.

当或时，方程有1个实数解；

当或时，方程有2个实数解

当时，方程有3个实数解.