2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市第一高级中学高二下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市第一高级中学高二下学期期中数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖南省长沙市宁乡市第一高级中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．复数的虚部为（     ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的除法化简复数，即可得出结论.【详解】因为，因此，复数的虚部为.故选：A.2．设全集，集合，则集合（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】根据集合交集、补集的运算法则进行计算即可.【详解】因为，所以，所以.故选：D.3．下列四组函数中，表示同一函数的一组是A． B．C． D．【答案】D【详解】试题分析：由函数的定义可知，两个函数要为同一函数则其三要素必须相同．选项A中的值域为，的值域为；选项B中的定义域为，的定义域为；选项C中的定义域为，的定义域为；故排除A,B,C，选项D中和的定义域都是，且.故选D.【解析】函数的三要素4．计算的结果等于（　　）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用此公式及特殊角的三角函数值化简即可求出原式的值．【详解】．故选：A．5．函数的零点一定位于区间（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据零点存在性定理，若在区间有零点，则，逐一检验选项，即可得答案.【详解】由题意得为连续函数，且在单调递增，，，，根据零点存在性定理，，所以零点一定位于区间.故选：C6．设，则“”是“” 的A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【详解】分析：求解三次不等式和绝对值不等式，据此即可确定两条件的充分性和必要性是否成立即可.详解：求解不等式可得，求解绝对值不等式可得或，据此可知：“”是“” 的充分而不必要条件.本题选择A选项.点睛：本题主要考查绝对值不等式的解法，充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7．函数的图象是（    ）．A． B．C． D．【答案】B【分析】判断函数的奇偶性以及单调性，继而根据幂函数的奇偶性和单调性进行判断即可得答案．【详解】由题意得，故函数的定义域为R，为偶函数，且函数在上单调递增，在上单调递减，故选项，错误，又当时，，即当时，图象上升的趋势较平缓，由图象观察可知选项A错误，正确，故选：．8．已知向量，．若，则（　　）A． B． C． D．1【答案】D【分析】由数量积坐标运算公式可得到方程，解此方程即可得出正确选项.【详解】因为向量，．所以，解得故选：D．9．已知某圆柱底面的半径为1，高为2，则该圆柱的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据圆柱表面积的计算公式直接求解即可.【详解】解:因为圆柱的底面半径为1，高为2，所以圆柱的表面积.故选：C.【点睛】本题考查了圆柱表面积的求法,属基础题.10．某高校调查了400名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了下图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是，样本数据分组为，，，，．根据直方图这400名学生中每周的自习时间不足22.5小时的人数是（    ）A．90 B．130 C．250 D．60【答案】A【分析】频率分布直方图，面积表示频率，总人数是400人，第一步求出每周的自习时间不足22.5小时所占的频率，第二步总数乘以频率即可得到答案.【详解】求出每周的自习时间不足22.5小时所占的频率，人数 故选：A.11．若事件与相互独立，且，则的值等于A．0 B． C． D．【答案】B【详解】事件“”表示的意义是事件与同时发生，因为二者相互独立，根据相互独立事件同时发生的概率公式得：. 12．将函数的图象向右平移个单位，所得图象对应的函数（    ）A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减C．在区间上单调递增 D．在区间上单调递减【答案】A【分析】先求得图象变换后函数的解析式，然后根据三角函数单调区间的求法，求得正确答案.【详解】函数的图象向右平移个单位得，，所以的单调递增区间为，同理可求得的单调减区间为，令，得的单调递增区间为，所以A选项正确，B选项错误.令，得的单调减区间为，所以C选项错误，令得的单调递增区间为，所以D选项错误.故选：A13．如图，在直三棱柱中，D为的中点，，则异面直线与所成的角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中点E，连接，易得（或其补角）为异面直线与所成的角，进而求其大小即可.【详解】如图，取的中点E，连接，则，则（或其补角）即为异面直线与所成的角.由条件知：，则，故选：C.14．已知不等式对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为（    ）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【解析】由，然后利用基本不等式求最小值，利用最小值大于等于9，建立不等式，解之即可.【详解】由已知可得若题中不等式恒成立，则只要的最小值大于等于9即可，，，当且仅当即时等号成立，，或舍去，即 所以正实数a的最小值为4.故选：B.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方，这时改用勾型函数的单调性求最值.15．函数在上是减函数，则的范围是（　　）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据二次函数的单调性，解不等式即可求出满足条件的的范围．【详解】函数的图象是开口方向朝上，以为对称轴的抛物线若函数在上是减函数，则解得.故选：D．16．已知函数满足，当时，，那么（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知递推式求值．【详解】因为，由题意．故选：A．17．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，有以下四个命题:①平面ADNE；②平面ABFE；③平面平面AFN；④平面平面NCF.其中正确命题的序号是A．②③ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【答案】A【解析】把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD−EFMN，得出BM∥平面ADNE，判断①错误；由平面DCMN∥平面ABFE，得出CN∥平面ABFE，判断②正确；由BD∥FN，得出BD∥平面AFN，同理BM∥平面AFN，证明平面BDM∥平面AFN，判断③正确；由BD∥FN，BE∥CN，且BD∩BE＝B，证明平面BDE∥平面NCF，判断④错误.【详解】解：把正方体的平面展开图还原成正方体ABCD﹣EFMN，如图1所示；对于①，平面BCMF∥平面ADNE，BM⊂平面BCMF，∴BM∥平面ADNE，①错误；对于②，平面DCMN∥平面ABFE，CN⊂平面DCMN，∴CN∥平面ABFE，②正确；对于③，如图2所示，BD∥FN，BD⊄平面AFN，FN⊂平面AFN，∴BD∥平面AFN；同理BM∥平面AFN，且BD∩BM＝B，∴平面BDM∥平面AFN，③正确；对于④，如图3所示，同③可得平面BDE∥平面NCF，④错误.综上，正确的命题序号是②③.故选：A.【点睛】本题考查了直线与平面、平面与平面平行与垂直的判定和性质的应用问题，也考查了几何体的折叠与展开以及空间想象能力，是中档题.18．已知函数，且f（x）在[0，]有且仅有3个零点，则的取值范围是（    ）A．[，） B．[，） C．[，） D．[，）【答案】D【分析】求出的范围，然后由余弦函数性质得不等关系，求得参数范围．【详解】因为，当时，，因为函数在上有且只有3个零点，由余弦函数性质可知，解得.故选：D． 二、填空题19．化简：        ．【答案】5【分析】利用指数、对数的运算法则直接求解．【详解】因为．故答案为：5．20．已知，则          【答案】2【分析】原式上下同时后，即可计算结果.【详解】，原式上下同时除以后得，，解得：.故答案为：21．长方体的12条棱的总长度为56，表面积为112，那么长方体的对角线长为     【答案】【分析】设出该长方体的长宽高分别为a，b，c，由已知有：，，解之可得出对角线的长.【详解】设该长方体的长宽高分别为a，b，c，则有：，即···①，即···②∴∴长方体的对角线的长为：，故答案：.【点睛】本题考查长方体的边长，表面积，对角线之间的关系，属于基础题.22．设，是两个不共线的向量，若，，，且，，三点共线，则       .【答案】【解析】根据向量的加法以及共线向量基本定理，求解即可.【详解】由题意可得.∵，，三点共线∴，∴∴解得故答案为：【点睛】本题考查向量的加法以及共线向量基本定理.属于较易题. 三、解答题23．已知函数．(1)求；(2)求曲线的相邻两条对称轴的距离；(3)若函数在上单调递增，求的最大值．【答案】(1)(2)(3)． 【分析】（1）利用特殊角的三角函数值即可计算得解．（2）利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式，求出其最小值正周期，而曲线的相邻两条对称轴的距离为．（3）依题意建立关于的不等式组，解出该不等式组即可求得实数的取值范围，进而得到的最大值．【详解】（1）解：．（2）解：，所以函数的最小正周期，所以曲线的相邻两条对称轴的距离为，即．（3）解：由（2）可知，当时，，因为在上单调递增，且在上单调递增，所以，即，解得，故的最大值为．24．如图，在正三棱柱中，．(1)求正三棱柱的体积；(2)若点M是侧棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值．【答案】(1)(2)． 【分析】（1）由棱柱体积公式计算；（2）由异面直线所成角的定义得是所求异面直线所成的角或其补角，在三角形中计算可得．【详解】（1）由已知；（2）因为，所以或其补角是所求异面直线所成的角，在中，，，．所以异面直线与所成角的余弦值是．25．已知函数，（）．(1)当时，求不等式的解集；(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；(3)若对任意，存在，使得，求的取值范围．【答案】(1)或(2)(3) 【分析】（1）将代入不等式，解该一元二次不等式即可；（2）转化为一元二次不等式恒成立问题，利用即可解得参数的范围；（3）对任意，存在，使得，转化为的值域包含于的值域.同时对值域的求解，需要根据二次函数对称轴与闭区间的相对位置进行讨论，最终解不等式组求解.【详解】（1）当时，由得，即，解得或．所以不等式的解集为或．（2）由得，即不等式的解集是．所以，解得．所以的取值范围是．（3）当时，．又．①当，即时，对任意，．所以，此时不等式组无解，②当，即时，对任意，．所以解得，③当，即时，对任意，．所以此时不等式组无解，④当，即时，对任意，．所以此时不等式组无解．综上，实数的取值范围是．【点睛】关键点点睛，本题中“对任意，存在，使得”这一条件转化为函数值域的包含关系是解决问题的关键，而其中二次函数在闭区间上的值域问题，又需要针对对称轴与区间的相对位置进行讨论.