2022-2023学年广东省河源市龙川县第一中学高二下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省河源市龙川县第一中学高二下学期期中数学试题含答案，共17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学年广东省河源市龙川县第一中学高二下学期期中数学试题 一、单选题1．已知集合，集合满足，则符合条件的集合可以是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】化简集合和各选项中的各个集合，再结合交集定义判断．【详解】由解得，，，，，，只有C选项符合题意．故选：C．2．已知复数为纯虚数（，是虚数单位），且，则（    ）A．且 B．且 C．或 D．或【答案】D【分析】根据已知条件，结合纯虚数的定义，以及复数模公式，即可求解．【详解】复数为纯虚数，则，即，故，由，则或．故选：D．3．若圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意得出圆锥的母线长等于底面圆的直径，圆锥的轴截面是等边三角形，进而可得答案．【详解】设圆锥的底面圆半径为，母线长为，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以，即，则该圆锥的母线长等于底面圆的直径，所以圆锥的轴截面为等边三角形，所以母线与底面所成的角为，正弦值为．故选：B．4．已知不为常数数列的等差数列的前项和为，满足，且是和的等比中项，则下列正确的是（    ）A．或0 B．C． D．是公差为2的等差数列【答案】C【分析】根据等差数列的性质，可得，根据是和的等比中项，可得，从而判断各选项．【详解】，，，或者．是和的等比中项，，时，（舍去），故A，B错误；时，，解得，所以，，C正确；，是公差为1的等差数列，D错误．故选：C．5．将函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据图象变换得到平移后的函数，然后结合诱导公式可得到，进而可确定答案．【详解】解：将函数向左平移个单位得到函数．由诱导公式知当时有：．故选：D．6．点到直线距离的最大值是（   ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由点到直线距离公式求得距离，然后由函数的知识得最大值．【详解】由题意所求点到直线距离为，，当且仅当时等号成立，所以．的最大值为2．故选：D．7．在一般情况下，过江大桥上的车流速度（单位：千米/小时）是车流密度（单位：辆/千米）的函数．当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，此时车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为90千米/小时；研究表明，当时，车流速度是车流密度的一次函数．设当车流密度时，车流量（单位时间内通过桥上某观点的车辆数，单位：辆/小时）可以达到最大．则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据条件建立分段函数关系，利用待定系数法求出，的值，利用二次函数的最值性质进行求解即可．【详解】，则当时，，当时，，即，解得，，故，当时，的最大值为时，；当时，，根据二次函数的对称轴方程为，得的最大值为时，．故选：A．8．已知过点的直线与抛物线交于，两点，点，则一定是（    ）A．等腰三角形 B．直角三角形C．有一个角为的三角形 D．面积为定值的三角形【答案】B【分析】设，，过点的直线方程为，联立方程组可证，进而易判断A，B，C，可证的面积不为定值，可判断D．【详解】设，，过点的直线方程为，将直线方程与抛物线联立得：，，，，点，，，，所以，故B正确．当直线无限接近平行于对称轴时，显然，不一定是等腰三角形，同时无限接近，故AC不正确；点到直线的距离为，，不为定值．故D错误．故选：B．【点睛】关键点点睛：本题的关键点是设过点的直线方程为，联立方程组利用韦达定理解决问题. 二、多选题9．已知且，则下列不等式中一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】利用举实例判断AC，利用不等式的基本性质结合绝对值的意义推理判断BD.【详解】对于A，当，时，满足，但不成立，A错误；对于B，由，得，B正确；对于C，当，时，满足，但，C错误；对于D，由，得，D正确.故选：BD10．袋中有3个红球，个白球，个黄球．现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一白的概率也为，则（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】由条件取出的两个球都是红球的概率为，结合古典概型概率公式先求，判断B，再由条件取出的两个球是一红一白的概率为，列方程求，判断A，求随机变量的分布列判断D，结合期望公式判断C．【详解】取出的两个都是红球的概率为，即，解得，选项B错误；取出的两个是一红一白的概率为，化简得，解得，所以，所以，选项A正确；由已知的取值有，，，，由，可得选项D正确．因为，所以选项C正确；故选：ACD．11．在平面内，点、为两个定点，动点满足，则点到直线的距离为的点恰好有两个，则的值可以是（    ）A． B． C． D．【答案】AB【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示可求出的轨迹方程，然后结合圆的性质可求．【详解】解：设点，则，，所以，，整理得，因为圆的圆心到直线的距离为，所以，直线与圆相切，因为点到直线的距离为的点恰好有两个，则，故选：AB．12．如图，已知正三棱柱中，，，为的中点，直线与平面的交点为，则以下结论正确的是（    ）  A．B．直线平面C．在线段上不存在一点使得D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为【答案】ABD【分析】由线面垂直的判定和性质可判断；由三角形的中位线定理和线面平行的判定定理可判断B；由线面垂直的判定和性质可判断C；求得以为球心，为半径的球被侧面截得的小圆为以为圆心，为半径的圆，其交线为四分之一的圆弧，计算可判断D．【详解】解：如图所示：  延长，延长，交于点，连接，因为，分别为线段和的中点，所以，由直角三角形中线定理得，又平面，而平面，所以，又，所以平面，又平面，所以，所以A正确；连结，交于点，易证得是的中位线，，平面，平面，直线平面，所以B正确；取的中点为，连结，则平面，欲证，只需，显然过作的垂线即可，所以存在这样的点，所以C错误；因为平面，则球心到截面的距离为，所以以为球心，为半径的球被侧面截得的小圆是以为圆心，以为半径的圆，如图所示：  ，所以其交线为四分之一的圆弧，长度为，所以D正确．故选：ABD． 三、填空题13．函数在坐标原点处的切线的斜率为          ．【答案】2【分析】求出原函数的导函数，代入的导数值可得答案．【详解】由，得，代入，得原点处的切线斜率为．故答案为：2．14．若，则          ．【答案】/【分析】由题意利用诱导公式即可求解．【详解】因为，所以，所以．故答案为：．15．的展开式的常数项为          ．【答案】30【分析】根据多项式乘积的性质分别进行讨论求解即可．【详解】每个括号内有，，，若的5项式乘积中先选，显然不会超过2项．①，显然不可能出现的项；②再考虑，展开式中，唯有取会出现常数项，为．③而，不可能出现常数项．故答案为：30．16．将一个三棱台的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是          ．【答案】1920【分析】利用分步计数原理进行计算即可.【详解】设在三棱台中，首先对着色，有种；然后：点可以用或点的色，也可以用剩下的两种色．现分类：（1）用或点的色，由对称性，不妨设用点的色，则点有4种色可以选择，又分为两类：①与同色，则有3种色可选择；②与不同色，则有2种色可选择，共有，（2）用剩下的两种色，则点有3种色可选择，又分为两类：①与同色，则有3种色可选择；②与不同色，则有2种色可选择，共有：．所以不同的染色方法的总数是．故答案为：1920． 四、解答题17．已知数列的前项和为，且，__________．请在①；②，且；③，这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下列问题．(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）①由已知可得，可求数列的通项公式；②，得，可求数列的通项公式；③由已知可得，可求数列的通项公式；（2），分或两种情况求数列的前项和．【详解】（1）①，得，，所以数列是以1为公差的等差数列，，解得，所以；②，得，依等差数列的定义知数列是等差数列，所以有，，解得，所以．③，，两式相减得：，化为，，所以，由，得，解得，所以．（2），当时，可得．所以数列的前项和为10再加上首项为1，公差为1的等差数列的前项和，所以．综上：．18．如图，在体积为2的四棱锥中，平面，且，，．  (1)求的长；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由三棱锥的体积可求的长；（2）以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【详解】（1）由题意，，解得．（2）如图，以为坐标原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系．  则，，，，，设平面的一个法向量为，由，得，令，则，，平面的一个法向量，平面，取与共线的向量为平面的一个法向量，设平面与平面所成锐二面角为，则，则平面与平面所成锐二面角的余弦值．19．在中，已知内角，，所对的边分别为，，且满足．(1)求角的大小；(2)若，求的最大值．【答案】(1)(2)4 【分析】（1）由正弦定理得，利用三角恒等变换可求；（2）由正弦定理可求，进而由余弦定理可得，由基本不等式可求的最大值．【详解】（1）因为，由正弦定理得，，由三角形的内角和定理得，所以得，因为，所以解得，，；（2）若，，由正弦定理得，解得，由余弦定理得，，利用基本不等式可得，所以（当且仅当时，取等号），即的最大值为4．20．某茶楼提供了龙井、大红袍等几类茶叶供顾客选择．根据以往销售统计资料，顾客选择龙井的概率为0.5，选择大红袍但不选择龙井的概率为0.3，设各顾客选择茶叶的种类是相互独立的．(1)求该茶楼的一位顾客至少选择龙井、大红袍两种茶叶中的一种的概率；(2)表示该茶楼的100位顾客中，龙井、大红袍两种茶叶都不选择的顾客数．求的数学期望及方差．【答案】(1)(2)20，16 【分析】（1）根据互斥事件的概率公式计算即可．（2）根据对立事件的概率公式，结合二项分布的期望公式、方差公式，计算数学期望和方差．【详解】（1）记表示事件：该茶楼的一位顾客选择龙井；表示事件：该茶楼的一位顾客选择大红袍但不选择龙井；表示事件：该茶楼的一位顾客至少选择龙井、大红袍两种茶叶中的一种；表示事件：该茶楼的一位顾客龙井、大红袍两种茶叶都不选择．，，，．（2），，，即服从二项分布，所以期望为，方差为．21．已知椭圆的离心率为，椭圆的左顶点为，上顶点为，为坐标原点，且的面积为．(1)求椭圆的方程；(2)设直线与椭圆交于，两点，坐标原点到直线的距离为，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件，结合椭圆的性质，即可求解；（2）先求出当轴时，当与轴不垂直时，设出直线方程，并与椭圆方程联立，再结合判别式法，以及韦达定理，弦长公式，不等式的公式，即可求解．【详解】（1）设椭圆的半焦距为，依题意有，，，，，，所求椭圆方程为；（2）设，，①当轴时，；②当与轴不垂直时，设直线的方程为，坐标原点到直线的距离为，则，即．把代入椭圆方程，整理得，，，结合，消去，可化为，，当且仅当，即，，时，等号成立，又当不存在时，，综上所述，的最大值为2，所以的面积的最大值为．  【点睛】思路点睛：利用坐标原点到直线的距离求得高，韦达定理求得弦长可得三角形的面积，利用基本不等式求值.22．已知函数．(1)若恒成立，求的最小值；(2)证明：．【答案】(1)1(2)证明见解析 【分析】（1）问题转化为恒成立，令，根据函数的单调性求出的最大值，求出的最小值即可；（2）根据，再令，得到，从而证明不等式成立即可．【详解】（1）函数的定义域是，若恒成立，则恒成立，令，则，时，，时，，故在递增，在递减，故，故，的最小值是1；（2）证明：当时，由（1）得，即①，令②，则，则③，由①②③得，故.