2023宜宾叙州区二中高二下学期期中理科数学试题含解析

叙州区第二中学2023年春期高二期中考试

数学（理工类）

第I卷   选择题（60分）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 某学校有高一、高二、高三三个年级，已知高一、高二、高三的学生数之比为，现用分层抽样抽取一个容量为的样本，从高一学生中用简单随机抽样抽取样本时，学生甲被抽到的概率为，则该学校学生的总数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出整个抽样过程中，每个学生被抽到的概率为，结合样本容量为可求得该学校学生的总数.

【详解】从高一学生中用简单随机抽样抽取样本时，学生甲被抽到的概率为，

所以，在整个抽样过程中，每个学生被抽到的概率为，

所以，从该学校中抽取一个容量为样本时，则该学校学生的总数为.

故选：B.

【点睛】本题考查利用分层抽样计算总容量，考查计算能力，属于基础题.

2. 命题“”的否定是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可求解.

【详解】命题“”的否定是 “”.

故选：A.

3. 复数（i为虚数单位）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】B

【解析】

【分析】先对复数化简计算，然后再判断其在复平面内对应的点所在的位置

【详解】因为，

所以复数在复平面内对应的点位于第二象限，

故选：B

4. 用电脑每次可以从区间内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的，若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都大于的概率为

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可得：

每个实数都大于的概率为，

则3个实数都大于的概率为.

本题选择C选项.

5. 如图，某系统使用，，三种不同的元件连接而成，每个元件是否正常工作互不影响．当元件正常工作且，中至少有一个正常工作时系统即可正常工作．若元件，，正常工作的概率分别为0.7，0.9，0.8，则系统正常工作的概率为（    ）

A. 0.196 B. 0.504 C. 0.686 D. 0.994

【答案】C

【解析】

【分析】由题意分析，列举出系统能正常工作的基本事件，应用概率的加法公式求概率即可.

【详解】由题意知：系统能正常工作的基本事件有{A、B和C正常工作，A、B正常工作而C不正常工作，A、C正常工作而B不正常工作}，

∴A、B和C正常工作的概率为：；

A、B正常工作而C不正常工作的概率为；

A、C正常工作而B不正常工作的概率为；

∴系统正常工作的概率.

故选：C.

6. 已知正四棱柱中，，为中点，则异面直线与所形成角的余弦值为

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所形成角的余弦值．

【详解】

以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

设，则，，，，

，，

设异面直线与所形成角为，

则.

∴异面直线与所形成角的余弦值为.

故选A．

【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．

7. 市场上供应的灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是80%，则从市场上买到的一个甲厂的合格灯泡的概率是（    ）

A. 0.665 B. 0.564 C. 0.245 D. 0.285

【答案】A

【解析】

【分析】记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则由P(AB)＝P(A)·P(B|A)可求.

【详解】记事件A为“甲厂产品”，事件B为“合格产品”，则P(A)＝0.7，P(B|A)＝0.95，

∴P(AB)＝P(A)·P(B|A)＝0.7×0.95＝0.665.

故选：A.

8. 已知直线l分别与函数和的图象都相切，且切点的横坐标分别为，，则（    ）

A. e B.  C. 1 D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】

设l与的切点为，与的切点为，利用斜率相等即可建立方程求出.

【详解】设l与的切点为，与的切点为，

公切线的斜率：，可得：，

所以，．

故选：C.

【点睛】本题考查直线与曲线相切问题，利用直线的斜率等于在切点处的导数值可建立等量关系求解，属于中档题.

9. 除以的余数是

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】分析：利用二项式定理化简，求出展开式的后2项，即可得到除以100的余数，从而求得结果.

详解：，

即除以100的余数为41，故选B.

点睛：该题考查的是有关应用二项式定理求解余数问题，注意对指数幂中的底数的转化，之后应用二项式定理展开，研究项的关系，得到结果.

10. 已知F2，F1是双曲线的上，下两个焦点，点F2关于渐近线的对称点恰好落在以F1为圆心，|OF1|为半径的圆上，则双曲线的离心率为

A. 2 B.  C. 3 D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出点F2关于渐近线的对称点坐标，再代入以F1为圆心，|OF1|为半径的圆方程中，解得离心率.

【详解】设点F2关于渐近线的对称点为，

由已知得，解得，

又以F1为圆心，|OF1|为半径的圆的方程为，

把点M的坐标代入上式得，

又，所以，解得．

故选：A

11. 直线和将圆分成4部分，用5种不同颜色给四部分染色，每部分染一种颜色，相邻部分不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（　　）

A. 120种 B. 240种 C. 260种 D. 280种

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，先分析于1号区域，有5种颜色可选，即有5种涂法方案，再分①若2、4号区域涂不同的颜色，②若2、4号区域涂相同的颜色，两种情况讨论其他3个区域的涂色方案，由分类计数原理可得其他个区域的涂色方案的数目；再由分步计数原理计算可得答案．

【详解】根据题意，直线x=0和y=-x将圆分成4部分，如图所示，设这4部分别为1、2、3、4号区域；

对于1号区域，有5种颜色可选，即有5种涂法，

分类讨论其他3个区域：①若2、4号区域涂不同的颜色，则有种涂法，3号区域有3种涂法，此时其他3个区域有12×3=36种涂法；

②若2、4号区域涂相同的颜色，则有4种涂法，3号区域有4种涂法，此时其他3个区域有有4×4=16种涂法；

则共有5×（36+16）=5×52=260种；

故选： C

12. 已知定义在上的函数满足，当时，．则的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造函数，根据题意可得的图像关于x=1对称，即得关于x=1对称，再由，可得在时的单调性，最后化简题中不等式为，根据单调性与对称性化简不等式得，解不等式可得结果.

【详解】令

因为函数满足，所以的图像关于x=1对称，关于x=1对称，

又，所以当时，，即在上单调递减，根据对称性得，在上单调递增，

因此

化简可得，解得.

故选：A

【点睛】本题考查函数单调性，对称性的综合应用，难点在于构造函数，考查分析理解，计算化简的能力，属较难题.

第II卷  非选择题（90分）

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 设随机变量的分布列为，（，2，3），则a的值为___________.

【答案】##

【解析】

【分析】利用离散型随机变量分布列的性质，列式计算作答.

【详解】依题意，，解得，

所以a的值为.

故答案为：

14. 函数的单调递减区间为____________.

【答案】和

【解析】

【分析】

先求函数的导函数，再求解的解集，特别要注意函数的定义域，即可得解.

【详解】解：由题意有，

因为定义域为，

当，即时，

解得：，

所以单调减区间为和，

故答案： 和.

【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间，属基础.

15. 将4瓶外观相同，品质不同的酒让品酒师品尝，要求按品质优劣将4种酒排序，经过一段时间后，再让其品尝这4瓶酒，并让他重新按品质优劣将4种酒排序．根据测试中两次排序的偏离程度评估品酒师的能力．表示第一次排序为1，2，3，4的四种酒分别在第二次排序中的序号，记为其偏离程度，假设为1，2，3，4的等可能的各种排列．假设每轮测试之间互不影响，表示在1轮测试中的概率，表示在前3轮测试中恰好有一轮的概率，则____________．

【答案】

【解析】

【分析】列举出所有满足的排列情况，根据古典概型概率公式计算出，由二项分布概率公式求得结果.

【详解】等可能的各种排列共有：种

满足的的排列有：，，，，共种

本题正确结果：

【点睛】本题考查符合二项分布的概率的求解，关键是能够通过古典概型求解出事件发生的概率，属于常考题型.

16. 过点的直线与抛物线交于，两点，线段的垂直平分线经过点，为抛物线的焦点，则的值为__________．

【答案】6

【解析】

【详解】设AB的中点为H，抛物线的焦点为，准线为，设A、B、H在准线上的射影为，则，由抛物线的定义可得，

， ，

过的直线设为，与 联立得： ，

，

计算得出 且 ，

又 ，AB的中点为

线段AB的垂直平分线过点方程为过中点，则

， ，解出或（舍去），则 ，

，则

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分

17. 近年来，空气质量成为人们越来越关注的话题，空气质量指数（，简称）是定量描述空气质量状况的指数，空气质量按照大小分为六级， 为优； 为良； 为轻度污染； 为中度污染； 为重度污染；大于300为严重污染．环保部门记录了2017年某月哈尔滨市10天的的茎叶图如下：

（1）利用该样本估计该地本月空气质量优良（）的天数；（按这个月总共30天计算）

（2）现工作人员从这10天中空气质量为优良的日子里随机抽取2天进行某项研究，求抽取的2天中至少有一天空气质量是优的概率；

（3）将频率视为概率，从本月中随机抽取3天，记空气质量优良的天数为，求的概率分布列和数学期望.

【答案】（1）18（2） (3)

【解析】

【详解】试题分析：（1）从茎叶图中可知样本中空气质量优良的频率为，从而估计该月空气质量优良的天数为（2）“至少”可以从对立事件考虑，即一天空气质量优都没有．（3）显然是二项分布

试题解析：（1）从茎叶图中可发现该样本中空气质量优的天数为2，空气质量良的天数为4，

故该样本中空气质量优良的频率为，从而估计该月空气质量优良的天数为

(2)由题意可知，10天中有6天是优良，其中2天优，所以

（3）由（1）估计某天空气质量优良的概率为，的所有可能取值为0,1,2,3

，，

，

故的分布列为：

显然，.

18. 已知函数处取得极值，

（1）求的值及的单调区间；

（2）若函数在区间上的最大值为，求实数的值.

【答案】（1），函数的单调递增区间是，

函数的单调递减区间是.

（2）

【解析】

【分析】（1）根据是函数的极值点，得到，解得，再根据导数得到函数的单调区间；（2）根据函数的单调性和极值点，得到，解得的值.

【详解】解析：（1）函数

所以，

因为在处取得极值，

可得，即，

解得，

所以

令，解得或，

令，解得

所以函数的单调递增区间是，

函数的单调递减区间是.

（2）由（1）知，为递增，递减，

所以的最大值取，中的较大者

又由于

所以，即

整理得，

解得.

【点睛】本题考查根据极值点求参数的值，利用导数研究函数的单调性，根据函数的最值求参数的值，属于中档题.

19. 如图，四棱锥C-ABDE中，，AE=2BD=2，点F是AB的中点，点G在线段DC上，且

（1）求证：BG//平面CEF；

（2）若AE⊥平面ABC，AE=AB，，求二面角F-EC-D的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）延长EF，DB交于点K，连接KC，根据题意，可得，即，又，可得BG//CK，根据线面平行的判定定理，即可得证.

（2）如图建系，求得各点坐标，分别求得ECF和ECD的法向量，根据二面角的向量求法，即可求得二面角的余弦值，根据同角三角函数的关系，即可得答案.

【小问1详解】

延长EF，DB交于点K，连接KC，

因为AE//BD，所以AE//BK，

所以，所以，

所以，

又因为2DG=GC，所以，

所以，即，

所以BG//CK，

又因为CK平面CEF，且BG平面CEF，

所以BG//平面CEF

【小问2详解】

因为，AE=AB=2，

所以，即，

以C为原点，为x轴的正方向，以为y轴的正方向，

以过C点且垂直于面ABC为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，                             

所以，

则，设为平面ECF的法向量，

由，取，则，

所以平面ECF的一条法向量

设为平面ECD的法向量，，

由，取x2=2，则y2=1，

所以平面ECD的一条法向量

所以，

设二面角F-EC-D的平面角为θ，则，

所以

20. 已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，点，点在线段的中垂线上．                                               

（1）求椭圆的方程；                                               

（2）设直线与椭圆交于两点，直线与的倾斜角分别为，且，求证：直线过定点，并求该定点的坐标．

【答案】（1）（2）直线过定点，该定点的坐标为．

【解析】

【详解】试题分析：（1）由已知得，，解方程即可得解；

（2）设直线MN方程为y=kx+m，与椭圆联立得．设，，由此利用韦达定理结合已知条件能求出直线MN的方程为y=k（x-2），从而能证明直线MN过定点（2，0）．

试题解析：

（1）由椭圆的离心率得，其中，   

∴，∴解得，，，   

∴椭圆的方程为．

（2）由题意，知直线存在斜率，设其方程为．由   

消去，得．设，，   

则，                                               

即，，.

且                                               

由已知，得,即．

化简，得                                               

∴整理得．

∴直线的方程为，因此直线过定点，该定点的坐标为．

点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.

21. 已知函数.

（1）求在处的切线方程；

（2）若时，不等式恒成立，证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）结合导数的几何意义求出切线的斜率，进而可求出切线方程；

（2）由题可将不等式，转化为在上恒成立，然后构造函数，利用导数研究函数的性质，求出，再构造函数，通过研究函数的图象与性质即可得出结果.

【详解】（1）由题可知，

∴，又，

∴在处的切线方程为，即.

（2）由题可知不等式，即在上恒成立.

设，

则.

当时，

令，则，

∴在上单调递增.

又，，

∴存在使得，即，∴.

故当时，，此时，

当时，，此时.

故在上单调递增，在上单调递减，

从而，

∴.

令，

则当时，，∴在上单调递增，

∴，∴.

【点睛】恒成立问题解题思路：

（1）参变量分离：

（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参数分离即可解决问题.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．

（选修4-4 极坐标与参数方程）

22. 在直角坐标系中，以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线C的极坐标方程为.

（1）写出直线和曲线C的直角坐标方程；

（2）已知点，若直线与画线C交于两点，求的值.

【答案】（1）直线的直角坐标方程为，曲线C的直角坐标方程为   

（2）

【解析】

【分析】（1）由三角恒等变换结合得出直线和曲线C的直角坐标方程；

（2）由直线参数方程与曲线C的直角坐标方程联立，由其几何意义以及韦达定理进行求解.

【小问1详解】

可化为，即

即直线直角坐标方程为

可化为，，即曲线C的直角坐标方程为

【小问2详解】

因为在直线上，所以直线的参数方程为（为参数）

将其代入，整理得

设对应的参数为，则

选修4-5：不等式选讲

23. 已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若的解集包含，求实数的取值范围.

【答案】（1）（2）

【解析】

【分析】（1）函数化简为分段函数分别解不等式得到答案.

（2）题目等价于当时不等式恒成立，得到不等式，求的最小值得到答案.

【详解】（1），由，解得，

故不等式的解集是；

（2）的解集包含，即当时不等式恒成立，

当时，，，即，

因为，所以，

令，，易知在上单调递增，

所以的最小值为，因此，即的取值范围为.

【点睛】本题考查了绝对值不等式，将题目等价于当时不等式恒成立是解题的关键.