2022-2023学年贵州省黔西南州兴义市第六中学高二下学期期中检测数学试题含答案

2022-2023学年贵州省黔西南州兴义市第六中学高二下学期期中检测数学试题

一、单选题

1．若复数满足，则（    ）

A． B．2 C． D．3

【答案】A

【分析】求得，进而可得.

【详解】，

，

.

故选：A．

2．已知集合，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出集合，再利用集合间的包含关系列出不等式组，求出的取值范围即可．

【详解】解：由，，解得，

所以，

集合，

因为，所以，解得．

故选：C．

3．随机变量的分布列如下表所示，且，则(    )

A． B．0.4 C．0.2 D．0

【答案】D

【分析】根据分布列总概率为1列出方程，和已知方程联立即可求得m和n的值，从而求得m－n的值.

【详解】由分布列的性质可知，，即m＋n＝0.8，

又∵，

∴联立方程解得，m＝n＝0.4，

∴m－n＝0.

故选：D.

4．在中，“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】结合正弦函数的性质由，可得，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可.

【详解】在中，，

由，可得，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

5．过抛物线的焦点且倾斜角为45°的直线与抛物线交于A，B两点，若点A，B到y轴的距离之和为，则p的值为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】设出直线的方程，联立直线方程和抛物线方程消去y，根据题意结合利用韦达定理可求p.

【详解】设，

由题意可得：直线的斜率，抛物线的焦点，

故直线的方程为，

联立方程，消去y得，

则，

可知异号，

由题意可得：，

解得.

故选：B.

6．新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量，若，则样本中耗电量不小于的汽车大约有（    ）

A．180辆 B．360辆 C．600辆 D．840辆

【答案】A

【分析】根据正态分布的性质，求得的值，再由样本容量求得频数，即可得到答案.

【详解】因为，且，

所以，

所以样本中耗电量不小于的汽车大约（辆）.

故选：A.

7．学校食堂分设有一､二餐厅，学生小吴第一天随机选择了某餐厅就餐，根据统计：第一天选择一餐厅就餐第二天还选择一餐厅就餐的概率为0.6，第一天选择二餐厅就餐第二天选择一餐厅就餐的概率为0.7，那么学生小吴第二天选择一餐厅就餐的概率为（    ）

A．0.18 B．0.28 C．0.42 D．0.65

【答案】D

【分析】利用全概率公式求解即可.

【详解】设为“第一天去一餐厅用餐”，为“第一天去二餐厅用餐”，为“第二天去一餐厅就餐”；

则,,,

由全概率公式可知

,

故选：D.

8．已知是函数的导函数且对任意的实数都有，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】令，由已知可得，故可设，利用可得，，解不等式即可.

【详解】令，则，

可设，

，

，

所以，

解不等式，即，所以，解得，

所以不等式的解集为.

故选：B

【点睛】本题主要考查构造法解不等式，考查学生的逻辑推理能力与数学运算能力，是一道中档题.

二、多选题

9．关于的展开式，下列结论正确的是（    ）

A．二项式系数和为64 B．所有项的系数之和为2

C．第三项的二项式系数最大 D．项的系数为240

【答案】AD

【分析】根据二项式系数的性质，可判断选项A、C；用赋值法求出所有系数的和，可判断选项B；利用展开式的通项求解，可判断选项D.

【详解】的展开式的二项式系数和为，选项A正确；

中，令，可得所有项的系数之和为，选项B不正确；

的展开式的第四项的二项式系数最大，选项C不正确；

的展开式的通项为：，

令，得，此时，所以项的系数为240，选项D正确.

故选：AD.

10．已知函数的部分图象如图所示，则（    ）

A．的最小正周期为

B．当时，的值域为

C．将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象

D．将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称

【答案】ACD

【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．

【详解】由图可知，，函数的最小正周期，故A正确；

由，知，

因为，所以，所以，，即，，

又，所以，所以，

对于B，当时，，所以，

所以的值域为，故B错误；

对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；

对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，

因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确．

故选：ACD．

11．已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（    ）

A．若相互独立， B．若事件，则

C．若是对立事件，则 D．若是互斥事件，则

【答案】ABD

【分析】利用条件概率、相互独立事件判断A；利用条件概率的定义判断B；利用条件概率及对立、互斥事件的意义判断C，D作答.

【详解】对于A，随机事件相互独立，则，，A正确；

对于B，事件，，，B正确；

对于C，因是对立事件，则，，C不正确；

对于D，因是互斥事件，则，，D正确.

故选：ABD

12．若方程有两个不相等的实数根，实数的取值可以是（    ）

A．0 B． C． D．1

【答案】BC

【分析】将“方程有两个不相等的实数根”转化为“直线与函数的图像有两个不同的交点”，再结合导数研究函数的图像，即可求解.

【详解】因为方程有两个不相等的实数根，

则，即直线与函数的图像有两个不同的交点，

因为的定义域为，则，

当时，，当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，则，

又时，，时，，

若直线与函数的图像有两个不同的交点，

则，

故选：BC.

三、填空题

13．展开式中含项的系数为      ．

【答案】－60

【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】，

设该二项式的通项公式为，

因为的次数为，所以令，

二项式的通项公式为，

令，

所以项的系数为，

故答案为：

14．从位女生，位男生中选人参加科技比赛，且至少有位女生入选，则不同的选法共有             种．（用数字填写答案）

【答案】

【分析】方法一：反面考虑，先求出所选的人中没有女生的选法种数，再根据从人中任选人的选法种数减去没有女生的选法种数，即可解出.

【详解】［方法一］：反面考虑

没有女生入选有种选法，从名学生中任意选人有种选法，

故至少有位女生入选，则不同的选法共有种．

故答案为：.

［方法二］：正面考虑

若有1位女生入选，则另2位是男生，于是选法有种；

若有2位女生入选，则另有1位是男生，于是选法有种，则不同的选法共有种．

故答案为：.

【整体点评】方法一：根据“正难则反”，先考虑“至少有位女生入选”的反面种数，再利用没有限制的选法种数减去反面种数即可求出，对于正面分类较多的问题是不错的方法；

方法二：正面分类较少，直接根据女生的人数分类讨论求出．

15．过点与曲线相切的直线方程为      ．

【答案】

【分析】由导数的几何意义得出切线方程，进而由切点的位置得出，从而得出切线方程.

【详解】设切点坐标为，，.

则切线方程为，因为在切线上，

所以，即

又，所以，

令，，当时，，

所以在上单调递增，

所以方程只有唯一解为.

即切点坐标为，故所求切线方程为，即.

故答案为：

四、双空题

16．在三棱锥中，两两垂直，，为棱 上一点，于点，则面积的最大值为      ；此时，三棱锥 的外接球表面积为      ．

【答案】         

【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积.

【详解】设，且，

因为两两垂直，所以，

所以，可得，

因为且，所以平面，

又因为平面，所以，所以，

因为且，所以平面，

又因为平面，所以，所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

设三棱锥的外接球的半径为，

则，

所以三棱锥的外接球的表面积为.

故答案为：；.

五、解答题

17．已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用，，成等差数列以及求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出即可；

（2）由（1）将数列的通项公式代入中化简，再利用错位相减法求和即可.

【详解】（1）设数列的公比为，

因为，，成等差数列，

所以，

即，

解得或，

因为各项均为正数，

所以，

所以，

由，

得，

解得，

所以.

（2）由（1）知，，

则，

所以，

两式相减可得，

整理可得．

18．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求证：；

(2)若的角平分线交BC于，且，求面积的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据正弦定理，结合正弦函数的单调性进行求解即可；

（2）根据正弦定理和三角形面积公式进行求解即可.

【详解】（1）因为，由正弦定理得

又，所以

因为为锐角三角形，所以，，

又在上单调递增，所以，即；

（2）由（1）可知，，所以在中，，

由正弦定理得：，所以，

所以．

又因为为锐角三角形，所以，，，解得，

所以，即面积的取值范围为．

19．彭老师要从10篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某同学只能背诵其中的7篇，求：

(1)抽到他能背诵的课文的数量的分布列；

(2)他能及格的概率．

【答案】(1)分布列见解析

(2)

【分析】（1）根据已知条件求出随机变量的取值，求出对应的概率，即可得出随机变量的分布列；

（2）根据已知条件及随机变量的分布列的性质即可求解.

【详解】（1）由题意可知，的可能取值为，则

,

,

.

所以的分布列为

（2）该同学能及格，表示他能背诵篇或篇，

由（1）知，该同学能及格的概率为.

20．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，四边形为梯形，，.

(1)若为的中点，求证：平面；

(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，可证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定可证得结论；

（2）取中点，结合面面垂直的性质可证得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，根据线面角的向量求法可构造方程求得的值；由面面角的向量求法可求得结果.

【详解】（1）取中点，连接，

分别为中点，，，

，，又，

，，四边形为平行四边形，，

平面，平面，平面.

（2）取中点，连接，

，，四边形为平行四边形，

又，，即；

为等边三角形，，

又平面平面，平面平面，平面，

平面；

则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设，，则，，，，，

，，，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，，

，解得：，；

设平面的法向量，

则，令，解得：，，；

，

即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

21．在平面直角坐标系中，已知点到点的距离与到直线的距离之比为．

(1)求点的轨迹的方程；

(2)过点且斜率为的直线与交于A，B两点，与轴交于点，线段AB的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据两点间距离公式，结合已知进行求解即可；

（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合椭圆弦长公式、对勾函数的单调性进行求解即可.

【详解】（1）设，由题意，

因为，所以，

即，两边平方并整理得．

故点的轨迹的方程为；

（2）设直线方程为，

联立，消并整理得，，显然，

设，，则，，

又，可得线段中点坐标为，

所以线段中垂线的方程为，

令，可得，

对于直线，令，可得，

所以

又，

所以，

令，则，

因为在上单调递增，

所以，故．

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22．已知函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围；

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）求导可得，分和进行讨论即可得解；

（2）根据题意参变分离可得恒成立，令，求出的最大值即可得解.

【详解】（1）依题意，，

当时，显然，所以在上单调递增；

当时，令，得；令，；

即在上单调递增，在上单调递减．

（2）由题意得恒成立，等价于恒成立，

令，即时成立．

则，当时，，当时，，

那么在上单调递增，在上单调递增减，所以，

所以．