2022-2023学年北京大学附属中学高二下学期期中练习数学试题含答案

这是一份2022-2023学年北京大学附属中学高二下学期期中练习数学试题含答案，共17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学年北京大学附属中学高二下学期期中练习数学试题 一、单选题1．已知集合，且，则m等于（    ）A．0或3 B．0或C．1或 D．1或3或0【答案】A【分析】因为，可得，列出条件，结合元素的互异性，即可求解.【详解】由题意，集合因为，可得，则满足或且，解得或.故选：A.2．已知，则下列不等关系中正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用指函数的单调性得出结论．【详解】A. ，显然不成立；B.    错误，因为函数在上为增函数，由，可得；同理C. ，因为函数在上为增函数，由，可得；D. ，正确，因为函数在上为减函数，由，可得；故选D.【点睛】本题考查函数单调性的应用，属基础题.3．已知数列的前项和为，已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用项和关系，代入即得解.【详解】利用项和关系，故选：D【点睛】本题考查了数列的项和关系，考查了学生转化与划归，数学运算能力，属于基础题.4．已知平面向量，，则下列关系正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意，利用向量平行、垂直的坐标表示，依次分析选项是否成立，综合可得答案．【详解】对于A，，，则不成立，则A错误；对于B，，因为，则B错误；对于C，向量，，则，则有，即，C正确；对于D，，，因为，则与平行不成立，D错误；故选：C.5．已知，若，则所在区间为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用零点存在性定理求解即可.【详解】由已知得函数连续且单调递增，因为，，所以，由零点存在性定理可知存在使得，故选：.6．某学校需要从3名男生和2名女生中选出4人，到甲、乙、丙三个社区参加活动，其中甲社区需要选派2人，且至少有1名是女生；乙社区和丙社区各需要选派1人．则不同的选派方法的种数是（    ）A．18 B．21 C．36 D．42【答案】D【分析】根据题意，先分析甲地的安排方法，分“分派2名女生”和“分派1名女生”两种情况讨论，由分类计数原理得到甲地的分派方法数目，再在剩余的3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，结合分步计数原理，即可求解.【详解】根据题意，甲地需要选派2人且至少有1名女生，若甲地派2名女生，有种情况；若甲地分配1名女生，有种情况，则甲地的分派方法有种方法；甲地安排好后，在剩余3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，有种安排方法，由分步计数原理，可得不同的选派方法共有种.故选：D.7．某地举行一次民歌大奖赛,六个省各有一对歌手参加决赛,现要选出四名优胜者.则选出的四人中恰只有两人来自同一省份的概率为.A． B． C． D．【答案】A【详解】选出的四名选手中恰有且只有两人来自同一省份的概率为 选A.8．已知点．若曲线上存在两点，使为正三角形，则称为“正三角形”曲线．给定下列三条曲线：①；②；③．其中，“正三角形”曲线的个数是（   ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】对①，曲线为线段，与坐标轴的交点坐标为，可算得，可得等腰顶角大于，即可判断；对②，曲线为圆心为原点，半径为的圆在第三象限内的四分之一圆弧，A在曲线上，曲线与坐标轴的交点坐标为，由圆的性质可得最小值为且为钝角，即可判断；对③， 易知存在半径的圆A与曲线相切，当时，交曲线于B，C，可得，连续变化，则存在r令，即可判断.【详解】对①，因为点A不在直线上，直线与坐标轴的交点坐标为，此时，因为，即，所以存在两点 ，使为正三角形，如图所示，所以①是“正三角形”型曲线．对②，的图形是圆心为原点，半径为的圆在第三象限内的四分之一圆弧，A在曲线上，曲线与坐标轴的交点坐标为，此时弧长 ，最长的弦长为，则最小值为，由圆的性质可知为钝角，所以②不是“正三角形”型曲线．③如图所示，易知存在半径为的圆A与曲线相切，当，圆A交曲线于B，C，连AB、AC与y轴分别交于M，N，则当时，，，所以且远大于，则，当，连续变化，即存在r令，此时为正三角形，故③是“正三角形”型曲线．故选：C．9．已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题可得恒成立，由即可求出.【详解】因为命题“，使”是假命题，所以恒成立，所以，解得，故实数的取值范围是．故选：B．10．若函数在上单调递增，则的取值范围是A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：对恒成立，故，即恒成立，即对恒成立，构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得．故选C．【解析】三角变换及导数的应用【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性.  二、填空题11．的展开式中含的项的系数是      ．【答案】【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得展开式中x2的系数．【详解】解：（x）6的展开式的通项公式为Tr+1•（﹣1）r•x6﹣2r，令6﹣2r＝2，求得r＝2，故展开式中x2的系数为15，故答案为15．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．12．数列的通项公式是，那么它的前项和最大时的的值是            .【答案】【分析】先判断数列的单调性，找到符号变号的临界项就能得到结果.【详解】因为，所以，即数列是单调递减的等差数列，令得，即，所以前项和最大时的的值是.故答案为：.【点睛】本题主要考查等差数列前项和的最值问题，一般有两种思路，一是利用通项公式寻求正负项的界限；二是利用二次函数知识求解.侧重考查数学运算的核心素养.13．设直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若点满足，则该双曲线的离心率是         ．【答案】【详解】试题分析：由双曲线的方程可知，渐近线方程为，分别与联立，解得，所以中点的坐标为，因为点满足，所以，所以，所以，所以．【解析】双曲线的几何性质．【方法点晴】本题主要考查了双曲线的几何性质，其中解答中涉及到双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，直线与双曲线的位置关系等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解得中用双曲线的渐近线与已知直线方程联立，求解点的坐标是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题．14．已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是              .【答案】【详解】分析：由题意分类讨论和两种情况，然后绘制函数图像，数形结合即可求得最终结果.详解：分类讨论：当时，方程即，整理可得：，很明显不是方程的实数解，则，当时，方程即，整理可得：，很明显不是方程的实数解，则，令，其中，原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，结合观察可得，实数的取值范围是.  点睛：本题的核心在考查函数的零点问题，函数零点的求解与判断方法包括：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．15．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为          ．【答案】【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果.【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为，因此圆锥的侧面积为．【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解． 三、解答题16．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，.  (1)设分别为的中点，求证：平面；(2)求证：平面；(3)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）取棱的中点，连接，利用面面垂直的性质，证得平面，得到，结合，进而证得平面；（3）连接，由平面，得到是直线与平面所成的角，在直角中，结合，即可求解.【详解】（1）证明：连接，根据题意可得，可得为的中点，又由为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）证明：取棱的中点，连接，因为为等边三角形，所以，又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，且平面，所以平面.（3）解：连接，由平面，可得是直线与平面所成的角，因为为等边三角形，，且为的中点，所以，又因为，在直角中，，所以直线与平面所成的角的正弦值为.  17．已知函数（I）求的值（II）求的最小正周期及单调递增区间.【答案】（I）2；（II）的最小正周期是，.【分析】（Ⅰ）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值．（Ⅱ）直接利用函数的关系式，求出函数的周期和单调区间．【详解】（Ⅰ）f（x）＝sin2x﹣cos2xsin x cos x，＝﹣cos2xsin2x，＝﹣2，则f（）＝﹣2sin（）＝2，（Ⅱ）因为．所以的最小正周期是．由正弦函数的性质得，解得，所以，的单调递增区间是．【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，是高考中的常考知识点，属于基础题，强调基础的重要性；三角函数解答题中，涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等考点时，都属于考查三角函数的性质，首先应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解．18．下表为某班学生理科综合能力测试成绩（百分制）的频率分布表，已知在分数段内的学生人数为21.`分数段频率0.10.150.20.20.150.1*(1)求测试成绩在分数段内的人数；(2)现欲从分数段内的学生中抽出2人参加物理兴趣小组，若其中至少有一名男生的概率为，求分数段内男生的人数；(3)若在分数段内的女生为4人，现欲从分数段内的学生中抽出3人参加培优小组，为分配到此组的3名学生中男生的人数．求的分布列及期望【答案】(1)6(2)2(3)分布列见解析， 【分析】（1）利用在分数段内的学生数为21人求出高二年级某班学生总数，再利用频率和为1求出，两数相乘可得答案；（2）设男生有人，根据抽出2人这2人都是男生的概率为，解得可得答案；（3）求出在分数段内的学生人数及男生人数，可得的取值及对应的概率，可得分布列和期望.【详解】（1）某班学生共有人，因为，所以，所以测试成绩在分数段内的人数为人.（2）由（1）知在分数段内的学生有6人，设男生有人，若抽出2人至少有一名男生的概率为，则，解得，所以在分数段内男生有2人.（3）在分数段内的学生有人，所以男生有2人，X的取值有，，，，X的分布列为012.19．已知椭圆过点，且椭圆的离心率为 .(1)求椭圆的方程；(2)若动点在直线上，过作直线交椭圆于两点，且为线段的中点，再过作直线，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由点在椭圆上，代入椭圆的方程，再由椭圆的离心率为，求得的值，即可求解；（2）设，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，根据点的横坐标求得，结合，得到，得出直线过定点；当直线的斜率不存在时，得到直线为轴，进而得到结论.【详解】（1）因为点在椭圆上，可得，解得，又因为椭圆的离心率为，所以，所以，解得，所以椭圆的标准方程为.（2）由题意，可设，且，①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，整理得，则，所以，因为为的中点，所以，即，所以，经检验，此时，因为，所以，所以直线的方程为，即，所以直线恒过定点.②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时直线为轴，也过点.综上所述，直线恒过定点.    【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.20．已知函数，.（1）当时，求函数的单调区间；（2）对任意的，恒成立，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）【详解】试题分析：（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）对任意的，恒成立，等价于恒成立. 令，所以，令，可证得在上单调递增. 所以，即可求出的取值范围.试题解析：（Ⅰ）因为， 所以，所以 令，即，所以令，即，所以 所以在上单调递增，在和上单调递减.  所以的单调递增区间是，单调递减区间是和. （Ⅱ）因为，所以因为所以对任意的，恒成立，即恒成立. 等价于恒成立.  令，所以令，所以所以当时，所以在上单调递增. 所以所以当时，所以在上单调递增. 所以所以21．已知是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为，第n项之后各项，…的最小值记为，.(1)若为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，)，写出的值；(2)设d为非负整数，证明：(n=1,2,3…)的充分必要条件为为公差为d的等差数列；(3)证明：若，(n=1,2,3…)，则的项只能是1或2，且有无穷多项为1.【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定的数列，结合给定的定义计算作答.（2）利用充要条件的定义，结合等差数列定义和已知推理判断作答.（3）根据给定的定义，利用反证法推导中的项不能超过2，并且1不可能为有限个作答.【详解】（1）依题意，，则，，则，，则，，则，所以，.（2）充分性：因为是公差为的等差数列，且，则，因此，，必要性：因为，则，又因为，所以，于是，因此，，即是公差为的等差数列，所以(n=1,2,3…)的充分必要条件为为公差为d的等差数列.（3）因为，(n=1,2,3…)，则，，即对任意，，假设中存在大于2的项，设m为满足的最小正整数，则，并且对任意，又因为，则有，且，于是，因此，与矛盾，从而对于任意，都有，即非负整数数列的各项只能为1或2，因为对任意，，于是，，假定是无穷数列中最后一个1，则，而，于是，矛盾，所以数列有无穷多项为1.【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.