东莞市东华高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份东莞市东华高级中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．若直线l经过坐标原点和,则它的倾斜角是( )
A.B.C.D.或
2．已知,则( )
A.B.C.D.
3．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中描述过如图所示的“三角垛”,最上层有1个球,第二层有3个球,第三层有6个球……设各层的球数构成一个数列,即,,,…,且满足,则第六层球的个数为( )
A.28B.21C.15D.10
4．函数的图象大致是( )
A.B.
C.D.
5．在正四面体中,棱长为1,且D为棱的中点,则的值为( )
A.B.C.D.
6．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记{两次的点数均为奇数}，{两次的点数之和为8}，则( )
A.B.C.D.
7．已知点A,B分别在双曲线的左右两支上,且关于原点O对称,C的左焦点为,直线与C的左支相交于另一点M,若,且,则C的离心率为( )
A.B.C.D.
8．若函数与存在两条公切线,则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．以直线与坐标轴的交点为焦点的抛物线的标准方程为( )
A.B.C.D.
10．已知由样本数据组成的一个样本,得到回归直线方程为,且,去除两个歧义点和后,得到新的回归直线的斜率为3．则下列说法正确的是( )
A.相关变量x,y具有正相关关系
B.去除两个歧义点后的回归直线方程为
C.去除两个歧义点后,样本的残差为-0.1
D.去除两个歧义点后,随x值增加相关变量y值增加速度变小
11．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案.图形的作法是：从一个正三角形开始,把每条边分成三等份,然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形,再去掉底边.反复进行这一过程,就得到一条“雪花”状的曲线,若原正三角形边长为1,记第个图中图形的边数为,第n个图中图形的周长为,则下列命题正确的是( )
A.B.
C.D.数列的前n项和为
12．已知正方体的棱长为2,点P在正方形ABCD内运动（含边界）,则( )
A.存在点P,使得
B.若,则的最小值为
C.若,则P点运动轨迹的长度为
D.若,直线与直线所成角的余弦值的最大值为
三、填空题
13．二项式展开式中常数项是___________．（填数字）
14．甲、乙、丙、丁四名专家分别前往A,B,C三所中学开展科学知识宣传,若每个学校至少安排一名专家,每个专家只能去一所学校,且甲必须安排到A中学,则不同的安排方式有____________种.（填数字）
15．已知圆和点,O为坐标原点,若圆C上存在点P满足,则r的最大值为___________．
16．已知是函数在定义域上的导函数,且,,若函数在区间内存在零点,则实数m的最小值为____________．
四、解答题
17．已知函数,,在处的切线与直线平行.
（1）求实数a的值;
（2）求函数的极值.
18．将等差数列排成如图所示的三角形数阵：已知第三行所有数的和为6,第6行第一个数为-20
（1）求数列的通项公式;
（2）设为数阵中第m行的第一个数,求.
19．如图,在三棱柱中,侧面为菱形,
（1）证明：
（2）若,,,求平面与平面夹角的余弦值.
20．某学校参加某项竞赛仅有一个名额,结合平时训练成绩,甲、乙两名学生进入最后选拔,学校为此设计了如下选拔方案：设计6道题进行测试,若这6道题中,甲能正确解答其中的4道,乙能正确解答每个题目的概率均为,假设甲、乙两名学生解答每道测试题都相互独立、互不影响,现甲、乙从这6道测试题中分别随机抽取3题进行解答
（1）求甲、乙共答对2道题目的概率;
（2）设甲答对题数为随机变量X,求X的分布列、数学期望和方差;
（3）从数学期望和方差的角度分析,应选拔哪个学生代表学校参加竞赛？
21．已知椭圆,点为椭圆的右焦点,过点F且斜率不为0的直线交椭圆于M,N两点,当与x轴垂直时,．
（1）求椭圆C的标准方程．
（2）,分别为椭圆的左、右顶点,直线,分别与直线交于P,Q两点,证明：四边形为菱形．
22．已知函数,．
（1）讨论的极值点个数;
（2）若有两个极值点,,且,当时,证明：．
参考答案
1．答案：C
解析：由题意可知,直线l的斜率为,
设直线l的倾斜角为,则,显然,
所以,得．
故选：C．
2．答案：B
解析：因为,所以．
故选：B.
3．答案：B
解析：由题意得,,,,,
以上式子累加可得,
因为,所以,
故选：B.
4．答案：B
解析：因为,
令,解得或;令,解得,
所以在上单调递增,在上单调递减,在上单调递增,
所以的两个极值点为,故排除选项A和选项D,
当时,,所以恒为正,排除选项C,
即只有选项B符合要求.
故选：B．
5．答案：D
解析：如图,因为D为棱的中点,所以,
,因为几何体为正四面体,
故与夹角为60°,同理与夹角为60°,,
故,
故选：D.
6．答案：B
解析：，其中AB表示两次点数均为奇数，且两次点数之和为8，共有两种情况，即，，故，而，所以.故选B.
7．答案：D
解析：设双曲线的右焦点为,连接,,,如图：
根据双曲线的对称性及可知,四边形为矩形.
设
因为,
所以,
又,
所以,
,
在和中,
,①
,②
由②化简可得,③
把③代入①可得：,
所以,
故选：D.
8．答案：D
解析：设切线与曲线相切于点,对函数求导得,
所以,曲线在点处的切线方程为,即,
联立可得,
由题意可得且,可得,
令,其中,则.
当时,,此时函数单调递增,
当时,,此时函数单调递减,所以,.
且当时,,当时,,如下图所示：
由题意可知,直线与曲线有两个交点,则,解得.
故选：D.
9．答案：BD
解析：直线与坐标轴的交点为，，故以和为焦点的抛物线标准方程分别为和.
10．答案：ABC
解析：对A,因为回归直线的斜率大于0,即相关变量x,y具有正相关关系,故A正确;
对B,将代入得,则去掉两个歧义点后,
得到新的相关变量的平均值分别为,,,
此时的回归直线方程为,故B正确;
对C,时,,残差为,故C正确;
对D,斜率,此时随x值增加相关变量y值增加速度变大,D错误.
故选：ABC.
11．答案：ACD
解析：分析知及,得,A项正确,B项错误;
由及,得,C项正确;
数列的前n项和为,D项正确.
故选：ACD.
12．答案：BD
解析：对于A选项：如图1,
以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则,,,
设,x,,则,,
若,则,解得,不合题意,错误;
对于B选项：如图2,
若,连接,则点P在以D为圆心,为半径的圆上,此时点P的轨迹为,
又,,
,
,故正确;
对于C选项：如图3,
连接,,,,,
为正方形,则,
又平面,平面,
,,,平面,
平面,平面,
,同理可证：,
又,,平面,
平面,平面平面,
故点P在正方体底面内的运动轨迹是线段,
又正方体的棱长为2,,故错误;
对于D选项：如图4,
以D为坐标原点建立空间直角坐标系,连接,,,,则,,,,
设,x,,则,,
当,有,则,此时,
又,,
当时,有最大值,此时,故正确
故答案选：BD.
13．答案：240
解析：展开式的通项公式为,
令,解得,
所以常数项为,
故答案为：240.
14．答案：12
解析：若甲一个人到A中学,则其余3人到B,C两所中学,有种方式;
若甲和令一人到A中学,则相当于其余3人,每人到一所学校,有种方式,所以共有种方式.
故答案为：12.
15．答案：6
解析：设,由,得,整理得,
即点P在圆上,其圆心为,半径为1,
又点P在圆上,圆心,半径为r,
因此圆与圆有公共点,
即有,且,解得,
所以r的最大值为6.
故答案为：6.
16．答案：1
解析：在中,,
,
（c为常数）,
由,解得：,
,
若在区间内存在零点,
整理可得：,
设,,
令,得,当时,,函数单调递减,
当时,,函数单调递增,
所以当时,函数取得最小值,,
所以,当时,等号成立,
所以
当且仅当时,上式取等号
即存,使,
设,,
令,得,当时,,函数单调递减,
当时,,函数单调递增,
所以当时,函数取得最小值,,
所以,故m最小值为1,
故答案为：1.
17．答案：（1）
（2）极大值为,无极小值.
解析：（1）由题意可知,
,,
（2）
;
即函数在上单调递增,在上单调递减
故函数的极大值为,无极小值.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）设等差数列首项为,公差为d.
由第三行所有数的和为6可得：,得.
由第6行第一个数为知,
则,
得数列的通项公式为,.
（2）由图可得,第m行有m个数字,则第m行的第一个数为第k项,
其中.
则.
,则
.
19．答案：（1）证明见解析;
（2）
解析：（1）连接,交于O,连接,因为侧面为菱形,则,
而,O为的中点,即有,
又,且,平面,于是平面,
而平面,所以.
（2）设,而,有,,
又,则,即有,因此,即,,两两垂直,
以O为坐标原点,分别以射线,,的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图,
则,,,,
,,
设平面的法向量为,则,
令,则,,得,
显然平面的一个法向量为,则,
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．答案：（1）
（2）答案见解析
（3）应选拔甲学生代表学校参加竞赛
解析：（1）由题意得甲、乙两名学生共答对2个问题的概率：
．
（2）设学生甲答对的题数为X,则X的所有可能取值为1,2,3．
,,．
X的分布列为：
所以,．
（3）设学生乙答对的题数为Y,则Y的所有可能取值为0,1,2,3．则．
所以,．
因为,,即甲、乙答对的题目数一样,但甲较稳定,
所以应选拔甲学生代表学校参加竞赛．
21．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）由题可知．
当与x轴垂直时,不妨设M的坐标为,
所以,
解得,．
所以椭圆C的标准方程为．
（2）设的方程为,,,
联立得消去x,得,
易知恒成立,由韦达定理得,,
由直线的斜率为,得直线的方程为,
当时,,
由直线的斜率为,得直线的方程为,
当时,,
若四边形为菱形,则对角线相互垂直且平分,下面证,
因为,
代入韦达定理得
,
所以,即PQ与相互垂直平分,所以四边形为菱形．
22．答案：（1）当时,函数没有极值点;当时,函数有两个极值点．
（2）证明见解析
解析：（1）已知,,则,
令,则,
当时,,
所以在上单调增减,在上单调递增,
则,
①当时,恒成立,故在R上无极值点;
②当时,,显然,,
则在上有一个极值点,
又,
令,,
故在上单调递增,又,则,则在上有一个极值点,
综上,当时,函数没有极值点;当时,函数有两个极值点．
（2）由（1）中知,则,是方程的两根,
不妨令,则,
令解得,
所以在单调递减,在单调递增,大致图像如图所示,
由图像可知当时,,,
下先证（*）
由,两边取对数得,作差得,
（*）等价于证明,
令,,
,
故在上单调递增,从而,即证得,
所以,
再证明,
令,,
故在上单调递减,则,
所以,
再令,,
则在上单调递增,
故,
即证得．
X
1
2
3
P