2022-2023学年云南省临沧市民族中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年云南省临沧市民族中学高二上学期期中数学试题含答案，共18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。
2022-2023学年云南省临沧市民族中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．已知集合，则=A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题．【详解】由题意得，，则．故选C．【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分．2．已知为虚数单位，若复数，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】整理复数为的形式，由，的正负确定复数在复平面内对应的点所在象限.【详解】由题，，所以复数在复平面内对应的点为，在第四象限，故选：D3．已知函数，，，，则有（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据为增函数，结合的大小关系判断即可.【详解】因为，，所以，又为增函数，从而.故选：A.4．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.【详解】由函数的解析式可得：，则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；当时，，选项B错误.故选：A.【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．5．已知直角梯形是边上的一点，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】法一：设（），把与表示为与的线性关系，把表示成关于的解析式，求解出取值范围；法二：建立坐标系，写出各点的坐标，进而求出的范围【详解】法一：因为在上，不妨设，则（其中）所以，因为，所以法二：如图，以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立直角坐标系.则，，，，其中∠ABC=45°，设点，其中，，∴∵∴故选：D.6．若直线始终平分圆的周长，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】直线过圆心得到，再利用均值不等式计算得到答案.【详解】解：∵直线始终平分圆的周长，∴直线过圆心，∴，即，∵，∴.当且仅当时，等号成立.故选：C.【点睛】本题考查了均值不等式，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定是解题的关键.7．算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别表示个位，十位､百位､千位.....，上面一粒珠子（简称上珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨动一粒上珠，十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位､十位，百位，千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件“表示的四位数能被3整除”，“表示的四位数能被5整除”，则有：①②；③④.上述结论正确的个数是（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，由此可得四位数的个数；能被3整除，只能是2个1和2个5，求出四位数的个数后可得概率，而被5整除，只要个位数字是5即可．由此计数后可计算出概率，判断各序号即可求解．【详解】只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，四位数的个数是16.能被3整除的四位数，数字1和5各出现2个，因此满足条件的四位数的个数是6，所以，①正确；能被5整除的四位数，个位数为5，满足的个数为8，，②不正确；能被15整除的四位数的个位数是5，十位、百位、千位为一个5两个1，因此满足这个条件的四位数的个数是3，概率为，④正确；，③正确.故正确的有3个，故选：D.8．已知函数，若有且仅有两个整数、使得，，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意可知，满足不等式的解中有且只有两个整数，即函数在直线上方的图象中有且只有两个横坐标为整数的点，然后利用数形结合思想得出以及，由此可得出实数的取值范围.【详解】由，得.由题意可知，满足不等式的解中有且只有两个整数，即函数在直线上方的图象中有且只有两个横坐标为整数的点.如下图所示：由图象可知，由于，该直线过定点.要使得函数在直线上方的图象中有且只有两个横坐标为整数的点，则有，即，解得，又，所以，，因此，实数的取值范围是.故选A.【点睛】本题考查函数不等式的求解，解题的关键利用数形结合思想找到一些关键点来得出不等关系，考查数形结合思想的应用，属于难题. 二、多选题9．PM2.5的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一，划分等级为：PM2.5日均值在以下，空气质量为一级；PM2.5日均值在，空气质量为二级；PM2.5日均值超过为超标．如图是某地12月1日至10日的PM2.5日均值（单位：）变化的折线图，则（    ）A．这10日PM2.5日均值的80%分位数为60B．前5日PM2.5日均值的极差小于后5日PM2.5日均值的极差C．前5日PM2.5日均值的方差大于后5日PM2.5日均值的方差D．这10日PM2.5日均值的中位数为43【答案】BD【分析】根据百分位数、极差和方差与中位数的计算逐个选项判断即可.【详解】对于A，将这10日PM2.5日均值从小到大排序为30，32，34，40，41，45，48，60，78，80，所以这10日PM2.5日均值的80%分位数是，所以A错误；对于B，前5日PM2.5日均值的极差为，后5日PM2.5日均值的极差为，所以B正确；对于C，由折线图和方差的定义，知前5日PM2.5日均值的方差小于后5日PM2.5日均值的方差，所以C错误；对于D，这10日PM2.5日均值的中位数为，所以D正确．故选：BD．10．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题中正确的有（    ）A．若，则△ABC一定是等边三角形B．若，则△ABC一定是等腰三角形C．是成立的充要条件D．若，则△ABC一定是锐角三角形【答案】AC【分析】根据正弦定理和三角变换公式可判断ABC的正误，根据余弦定理可判断D的正误.【详解】对于A，由正弦定理可得，故，而为三角形内角，故，故三角形为等边三角形，故A正确.对于B，由正弦定理可得，故，故或，而，故或即或，故三角形为等腰三角形或直角三角形，故B错误.对于C，等价于，而后者等价于，即，其中为三角形外接圆半径，故的充要条件为，故C正确.对于D，由可得，故为锐角，但不能保证三角形为锐角三角形，故D错误.故选：AC.11．已知函数，则下列论述正确的是（    ）A．的定义域为B．为偶函数.C．是周期函数，且最小正周期为D．的解集为【答案】BD【分析】利用余弦、对数函数的性质求定义域、解不等式判断A、D；奇偶性定义判断奇偶性判断B；根据即可判断C.【详解】由，即，故定义域为，A错误；，结合A知为偶函数，B正确；，显然也是的周期，故最小正周期不是，C错误；，则，即或，所以解集为，D正确.故选：BD12．如图，在正方体中，，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（    ）A． B．平面C．线段BN长度的最大值为 D．三棱锥体积不变【答案】ACD【分析】以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立坐标系，设出动点M，N的坐标，利用空间向量运算判断选项A，B，C，利用等体积法的思想判断选项D即可得解.【详解】在正方体中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3,y,0)，N(3,3,z)，，，而则，对于A选项：，则，，A正确；对于B选项：，，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；对于C选项：，则线段BN长度，当且仅当时取“=”，C正确；对于D选项：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而，三棱锥体积为定值，即D正确.故选：ACD 三、填空题13．已知，，且，则           .【答案】【分析】由题意，根据向量的数量积公式，结合模长的坐标公式，可得答案.【详解】由题，∴，又，∴.故答案为：.14．如果函数满足对任意的，都有成立，那么实数的取值范围是      ．【答案】【分析】由已知可知在上单调递增，结合分段函数的性质即可求解．【详解】∵满足对任意的，都有成立，∴在上单调递增，根据分段函数的单调性可知，，解可得，，故答案为[2，3）．【点睛】本题主要考查了分段函数的单调性的简单应用，解题的关键是注意对端点值的处理．15．如图，某公园内有一个半圆形湖面，为圆心，半径为千米，现规划在半圆弧岸边上取点，，，满足，在扇形和四边形区域内种植荷花，在扇形区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道，作为观光路线，则当取最大值时，           .【答案】/【分析】设，利用表示出，结合三角函数、二次函数等知识求得正确答案.【详解】设，，则，，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，所以，，又，所以时，有最大值.故答案为：16．三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面,则球的表面积为          ．【答案】【详解】根据题意及边长关系得到BC=2,CD=3,BD=因为平面故得到 三角形ABC为直角三角形，三角形ACD也为直角三角形，故球心在AD的中点上，球的半径为 故答案为.点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 四、解答题17．已知直线与直线．(1)若，求m的值；(2)若点在直线上，直线过点P，且在两坐标轴上的截距之和为0，求直线的方程．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）由题意可知，所以可得，从而可求出m的值；（2）将点的坐标代入直线的方程中，求出m的值，从而可得点的坐标，然后设出直线方程，利用两坐标轴上的截距之和为0，列方程可求出直线方程【详解】（1）因为，所以，且，由，得，解得或（舍去）所以.（2）因为点在直线上，所以，得，所以点的坐标为，所以设直线的方程为（），令，则，令，则，因为直线在两坐标轴上的截距之和为0，所以，解得或，所以直线的方程为或.18．△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的外接圆半径R满足.(1)求角C；(2)若，求△ABC周长的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再结合三角恒等变换化简整理求解；（2）利用正弦定理进行边化角，再结合三角恒等变换化简整理可得，再以为整体结合三角函数求范围.【详解】（1）由正弦定理，可得，∴，所以，则，因为，所以.（2）∵，，由正弦定理得，∴，，∴△ABC的周长：，由，得，∴，∴a＋b＋c的取值范围，即△ABC周长的取值范围是.19．已知平面向量，，，其中．(1)求函数的单调增区间；(2)将函数的图象所有的点向右平移个单位，再将所得图象上各点横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向下平移1个单位得到的图象，若在上恰有2个解，求m的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式将函数化简，再结合余弦函数的性质计算可得；（2）根据三角函数变换规则得到的解析式，再根据的取值范围求出的取值范围，再根据余弦函数的性质及图象计算可得；【详解】（1）解：因为，且，所以，，即，令，，解得，，又因为，所以函数的单调增区间为：．（2）解：因为，所以将函数的图象所有的点向右平移个单位得到，将所得图象上各点横坐标缩短为原来的 （纵坐标不变）再向下平移个单位得到，又因为，所以，令，解得，令，解得，即函数在上单调递增，在上单调递减，且，作出图像可得：  所以的取值范围．20．已知四棱锥，底面为菱形，为上的点，过的平面分别交于点，且∥平面．  (1)证明：；(2)当为的中点，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）根据线面垂直可证平面，则，再根据线面平行的性质定理可证∥，进而可得结果；（2）根据题意可证平面，根据线面夹角可知为等边三角形，建立空间直角坐标系，利用空间向量求面面夹角.【详解】（1）设，则为的中点，连接，因为为菱形，则，又因为，且为的中点，则，，平面，所以平面，且平面，则，又因为∥平面，平面，平面平面，可得∥，所以.（2）因为，且为的中点，则，且，，平面，所以平面，可知与平面所成的角为，即为等边三角形，设，则，且平面，平面，可得平面，平面，且平面平面，所以，即交于一点，因为为的中点，则为的重心，且∥，则，设，则，如图，以分别为轴，建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，可得，所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值.  21．已知函数是偶函数．(1)求实数的值；(2)设函数，若函数只有一个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据偶函数的定义运算求解；（2）根据题意可得方程只有一个根，令，可知方程只有一个正根，分类讨论，结合二次方程的根或二次函数的零点运算求解.【详解】（1）若函数是偶函数，则，即，可得，整理得，因为不恒为0，可得，解得.（2）由（1）可知：，若函数只有一个零点，等价于方程只有一个根，等价于方程只有一个根，整理得，令，等价于方程只有一个正根，当，即时，则方程的解为，不合题意；当，即时，则，可知方程有两个不相等的实数根，设为，且，所以方程有一个正根和一个负根，符合题意；当，即时，令，可知开口向下，且，若只有一个正零点，则，解得；综上所述：实数的取值范围为.22．为了让羽毛球运动在世界范围内更好的发展，世界羽联将每年的7月5日定为“世界羽毛球日”.在今年的“世界羽毛球日”里，某主办方打算一办有关羽毛球的知识竞答比赛.比赛规则如下；比赛一共进行4轮，每轮回答1道题.第1轮奖金为100元，第2轮奖金为200元，第3轮奖金为300元，第4轮奖金为400元.每一轮答对则可以拿走该轮奖金，答错则失去该轮奖金，奖金采用累计制，即参赛者最高可以拿到1000元奖金.若累计答错2题，则比赛结束且参赛者奖金清零.此外，参赛者在每一轮结束后都可主动选择停止作答､结束比赛并拿走已累计获得的所有奖金，小陈同学去参加比赛，每一轮答对题目的概率都是，并且小陈同学在没有损失奖金风险时会一直选择继续作答，在有损失奖金风险时选择继续作答的可能性为.(1)求小陈同学前3轮比赛答对至少2题的概率；(2)求小陈同学用参加比赛获得的奖金能够购买一只价值499元的羽毛球拍的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）前3轮比赛答对至少2题包含三题都答对，或三题中只答对两题，然后由互斥事件和独立事件的概率公式计算；（2）记小陈同学参加比赛获得的奖金为（单位：元），由题意需要分别计算的概率，各个概率可独立事件的概率公式计算，然后相加后可得结论．【详解】（1）记“小陈同学前3轮比赛答对至少2题”为事件，第1轮答错时没有损失奖金风险，故前2轮必答；前3轮比赛答对至少2题包含两种情况：前2轮全对或前2轮1对1错且小陈同学选择参加第三轮作答且答对，故.（2）记小陈同学参加比赛获得的奖金为（单位：元），在有损失奖金风险时：小陈同学选择继续作答且答对的可能性为，选择继续作答且答错的可能性为，选择停止作答的可能性为，，，，，故.