2022-2023学年江西省丰城中学高二创新班上学期期中考试数学试题（解析版）

2022-2023学年江西省丰城中学高二创新班上学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据不等式的解法，求得集合，结合集合交集的运算，即可求解.

【详解】由不等式，解得，即，

又由，所以.

故选：B.

2．已知实数a满足，（其中i为虚数单位），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】利用复数相等求出参数，化简复数，从而得答案．

【详解】由已知，，则，

所以在复平面内对应的点为位于第四象限，

故选：D．

3．函数的部分图象如图所示，则函数的图象可以由的图象（    ）

A．向左平移个单位长度得到 B．向左平移个单位长度得到

C．向右平移个单位长度得到 D．向右平移个单位长度得到

【答案】D

【分析】先求得函数的解析式，再去判断函数的图象与的图象间的关系.

【详解】由图可知，，则，所以．

由，，得，所以．

函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数解析式为，所以D正确．

故选：D

4．哥隆尺是一种特殊的尺子.图1的哥隆尺可以一次性度量的长度为1，2，3，4，5，6.图2的哥隆尺不能一次性度量的长度为（    ）

A．11 B．13 C．15 D．17

【答案】C

【解析】结合图象以及选项，确定正确选项.

【详解】对于A选项，图中，用“与”可以测量；

对于B选项，图中，用“与”可以测量；

对于D选项，图中，用“与”可以测量.

图2的哥隆尺不能一次性度量的长度为.

故选：C

5．如图放置的边长为1的正方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴正半轴上（含原点）上滑动，则的最大值是（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】C

【分析】令，由边长为1的正方形的顶点、分别在轴、轴正半轴上，可得出，的坐标，由此可以表示出两个向量，算出它们的内积即可．

【详解】解：如图令，由于，故，，

如图，，故，，

故

同理可求得，即，

所以

所以当时，取得最大值为2，

故选：C．

6．如图，正方体中，是的中点，则下列说法正确的是（    ）

A．直线与直线垂直，直线平面

B．直线与直线平行，直线平面

C．直线与直线异面，直线平面

D．直线与直线相交，直线平面

【答案】A

【分析】根据空间的平行和垂直关系进行判定.

【详解】连接；由正方体的性质可知，是的中点，所以直线与直线垂直；

由正方体的性质可知，所以平面平面，

又平面，所以直线平面，故A正确；

以为原点，建立如图坐标系，设正方体棱长为1，

显然直线与直线不平行，故B不正确；

直线与直线异面正确，，，所以直线与平面不垂直，故C不正确；

直线与直线异面，不相交，故D不正确；

故选：A.

7．如图，在杨辉三角形中，斜线的上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记其前项和为，则（    ）

A．361 B．374 C．385 D．395

【答案】B

【分析】将数列的前22项写出来，再进行求和即可.

【详解】根据杨辉三角的特征可以将数列继续写出到第22项：

1，3，3，4，6，5，10，6，15，7，21，8，28，9，36，10，45，11，55，12，66，13，

所以

故选：B

8．设双曲线的左右焦点为，，左顶点为，点是双曲线在第一象限中内的一点，直线交双曲线的左支于点，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得，设设，则，然后将的坐标分别代入双曲线的方程，解方程组可得，然后根据两点间的距离公式即可求出结果.

【详解】

由题意知：，所以，又因为，所以，设，则，且，解得，所以，

故选：B.

二、多选题

9．英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件､存在如下关系：.某高校有甲､乙两家餐厅，王同学第一天去甲､乙两家餐厅就餐的概率分别为0.4和0.6.如果他第一天去甲餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.6；如果第一天去乙餐厅，那么第二天去甲餐厅的概率为0.5，则王同学（    ）

A．第二天去甲餐厅的概率为0.54

B．第二天去乙餐厅的概率为0.44

C．第二天去了甲餐厅，则第一天去乙餐厅的概率为

D．第二天去了乙餐厅，则第一天去甲餐厅的概率为

【答案】AC

【分析】根据题中所给的公式进行逐一判断即可.

【详解】设:第一天去甲餐厅，:第二天去甲餐厅，

:第一天去乙餐厅，:第二天去乙餐厅，

所以，，，

因为，

所以，

所以有,

因此选项A正确, ，因此选项B不正确；

因为，所以选项C正确；

，所以选项D不正确，

故选：AC

10．下列说法正确的是（    ）

A．若不等式的解集为，则

B．若命题p：，，则p的否定为，

C．已知函数在上是增函数，则实数a的取值范围是

D．一个至少有3项的数列中，前项和是数列为等差数列的充要条件

【答案】ABD

【分析】根据一元二次不等式的解集求解的值判断选项A，根据全称命题的否定为特称命题判断选项B，根据函数单调性的定义判断选项C，利用充分条件和必要条件的定义结合的关系判断选项D.

【详解】选项A：由不等式的解集为，可得

，所以，正确；

选项B：命题，的否定为，，正确；

选项C：当时，单调递增，则，解得；

当时，单调递增，则；

在上是增函数，则，

解得，综上，错误；

选项D：充分性： 由得，

所以，

即①，

所以②，

①-②得，即，所以数列为等差数列；

必要性：数列为等差数列， ，

则，所以，正确；

故选：ABD

11．已知是抛物线的焦点， 是抛物线上的两点，为坐标原点，则（    ）

A．曲线的准线方程为

B．若，则的面积为

C．若，则

D．若，的中点在的准线上的投影为，则

【答案】BCD

【分析】对于A，由抛物线的方程易知准线为，故A错误；

对于B，利用抛物线的定义求得，进而可求的面积，故B正确；

对于C，由及点在抛物线上得到，再利用两点距离公式及基本不等式，即可证得，故C正确；

对于D，结合图像，利用余弦定理及基本不等式即可证得，故D正确.

【详解】因为抛物线，故，焦点，准线为，设，则

对于A，易知准线为，故A错误；

对于B，如图1，由抛物线的定义可知，即，故，

代入，解得，

所以，故B正确；

对于C，由得，故，即，

又，，故，

得或（舍去），则，

所以，

故，故C正确；

对于D，如图2，过作准线的垂线，垂足分别为，连接，则

，

在中，，

故

所以，即，故D正确.

故选：BCD.

12．已知函数恰有三个零点，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】令转化为为（*）在上有两不等实根从而得出参数的范围，设函数在处的切线，记切线与的交点的横坐标分别为，又由可得，从而可判断选项C;由对数均值不等式可判断选项D.

【详解】由，则

可得时，，当时，

所以在上单调递减，在上单调递增. 所以

令，则，当时，；当时，

则在上单调递增，在上单调递减. 所以

由题意即方程有三个实数根,  即有三个实数根

所以有两个实数根，即转化为（*）必有一个实根

判别式，有或，两根情况讨论如下：

①当时，从而将代入（*）式，得，又，有不符合题意，故舍去

②当，时，令

i)    当时，有，得，此时（*）式为，不符合题意

ii)    当时，则有 ，解得

综上知的取值范围为，故A错误，B正确.

由上知

考虑函数在处的切线，易证：

记切线与的交点的横坐标分别为，则，

又，则

同理，故，故选项C正确

对于选项D，，则有，即，故选项D正确

故选：BCD

【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数零点问题，考查复合方程的根的问题. 解得本题的关键是先令，先研究出其性质大致图像，然后将问题转化为（*）在和上各有一个实根，从而使得问题得以解决，属于难题.

三、填空题

13．某次演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，则不同的排法有_______种．

【答案】20

【分析】根据题意，设5个节目中除甲、乙、丙之外的2个节目为，，分2步进行分析：先将甲乙丙三个节目按给定顺序排好，再将、依次插入到空位之中，由分步计数原理计算可得答案．

【详解】解：根据题意，设5个节目中除甲、乙、丙之外的2个节目为，；

分2步进行分析：①，将甲乙丙三个节目按给定顺序排好，②，排好后有4个空位，将安排到空位中，有4种情况，排好后有5个空位，将安排到空位中，有5种情况，则不同的排法有种；

故答案为：20

14．已知，，且，则的最小值是_______.

【答案】

【分析】利用1的代换，将求式子的最小值等价于求的最小值，再利用基本不等式，即可求得最小值.

【详解】因为，

等号成立当且仅当.

故答案为：.

【点睛】本题考查1的代换和基本不等式求最值，考查转化与化归思想的运用，求解时注意一正、二定、三等的运用，特别是验证等号成立这一条件.

15．若对任意，都有，（ 为正整数），则的值等于 _______ .

【答案】4

【解析】将式子变形后，重新组合，变为关于按的升幂排列的等式，再根据等式左右两边相等，可得到系数之间的关系，推出，即可求得结果.

【详解】

,解得： ，

即.

故答案为：4.

【点睛】本题考查二项式定理，考查利用展开式对应项系数相等求参数问题，属于中档题.

16．在四棱锥中，，且，，若该四棱锥存在半径为1的内切球，则_______.

【答案】##

【分析】如图,截取一个正四棱锥，结合已知得到，同时可证得平面，设，四棱锥的体积可转化为，因为四棱锥存在半径为1的内切球，可得，联立得到的关系式，化简计算即可.

【详解】如图，，且，

可以在四棱锥上截取一个正四棱锥，

此时四边形为正方形，且边长为，

，

，，

设，

，且，

，，O为BD中点，

，，

又，平面，

，，，

又因为四棱锥存在半径为1的内切球，

，

即，

即，

，解得，

因为四棱锥存在半径为1的内切球，直径为2，，

而，故，

故答案为：

四、解答题

17．在平面凸四边形ABCD中，∠BAD＝30°，∠ABC＝135°，AD＝6，BD＝5，BC＝．

(1)求cos∠DBA；

(2)求CD长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在三角形ABD中，由正弦定理得，利用平方关系和的范围得

；                 

（2）利用两角差的余弦展开式可得，注意余弦定理可得答案.

【详解】（1）在三角形ABD中，由正弦定理得：，

得，

，

∵∠DBA＜∠ABC，，

故不符合题意，∴．

（2），

在三角形BCD中，由余弦定理得

CD＝＝，

∴CD＝7．

18．已知等差数列的前n项和为，且，；数列的前n项和，且，数列的，．

(1)求数列、的通项公式；

(2)若数列满足：，当时，求证：．

【答案】(1)，

(2)证明见解析

【分析】（1）由，得到，再由求解；由，，得，，两式相减得到，从而数列是等比数列求解；

（2）由（1）得到，，利用裂项相消法求解.

【详解】（1）解：因为，由，得，

所以，即，

设等差数列的公差为d，

所以，

所以．

由，，得，，

两式相减得，

即，

又，

所以数列是以1为首项、2为公比的等比数列，

则；

（2）由（1）知：，

，

∴

．

19．如图，在多面体ABCEFM中，底面ABC是等腰直角三角形，，四边形ABFE为矩形，面ABC，，，N为AB的中点，面EMN交BC于点G.

（1）求CG的长；

（2）求平面BEG和平面EGN夹角的余弦值.

【答案】(1) ；(2)

【分析】(1)欲求CG的长，需要构造平行四边形，再利用线面平行的性质转化为线线平行，再利用相似求出CG.

(2)由题可知，题干中的条件满足两两垂直，故可通过建立空间直角坐标系进行求解.

【详解】(1)如图，分别取、的中点、，连接、、.

由题可得，，，所以，所以为平行四边形， ，故平面.又平面，平面平面=，所以.由题可知，,又ABC是等腰直角三角形，，，所以，.

(2) 由题可知，、、两两垂直，如图建立空间直角坐标系，

则，，，.，，.设平面BEG和平面EGN的法向量分别为，，则，，令，则，，令，则，，所以，.所以，由图可知，平面BEG和平面EGN所成角为锐二面角，所以.

20．2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：[40，50）、[50，60）、[60，70）、、[90，100]，统计结果如图所示：

(1)试估计这100名学生得分的平均数；

(2)从样本中得分不低于70分的学生中，用分层抽样的方法选取11人进行座谈，若从座谈名单中随机抽取3人，记其得分在[90，100]的人数为，试求的分布列和数学期望；

(3)以样本估计总体，根据频率分布直方图，可以认为参加知识竞赛的学生的得分近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，经计算．现从所有参加知识竞赛的学生中随机抽取500人，若这500名学生的得分相互独立，试问得分高于77分的人数最有可能是多少？

参考数据：，，．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，数学期望为

(3)最有可能是79

【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式计算可得；

（2）首先按照分层抽样求出得分在的人数，则的可能取值为，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；

（3）由（1）知，，根据正态分布的性质求出，记500名学生中得分高于77的人数为，则，根据二项分布的概率公式求出取何值时概率取得最大，即可得解；

【详解】（1）解：由频率分布直方图可得这100名学生得分的平均数

．

（2）解：参加座谈的11人中，得分在的有人，

所以的可能取值为，，，

所以，，．

所以的分布列为

∴．

（3）解：由（1）知，，

所以．

记500名学生中得分高于77的人数为，则，其中，

∴，，1，2，…，500，

则，

当时，，

当时，，

∴得分高于77分的人数最有可能是．

21．已知函数．

(1)求函数的单调性；

(2)若存在使得，求证：．

【答案】(1)减区间，增区间

(2)证明见解析

【分析】小问1：根据导数求解即可判断单调性；

小问2：由，因为为增函数，只要证明即可求证．

【详解】（1）（1）易知时，为增函数，且，            

故时，，单调递减，

时，，单调递增．

（2）（2），

    又，所以，        

    下证：，即，                    

    令，，

    因为，所以在时单调递增，

    故，即，即，                     

所以，                   

又为增函数，故．

22．已知点在抛物线E：（）的准线上，过点M作直线与抛物线E交于A，B两点，斜率为2的直线与抛物线E交于A，C两点.

(1)求抛物线E的标准方程；

(2)（ⅰ）求证：直线过定点；

（ⅱ）记（ⅰ）中的定点为H，设的面积为S，且满足，求直线的斜率的取值范围.

【答案】(1)

(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）

【分析】（1）根据点在抛物线的准线上可得，即可求出抛物线方程

（2）（ⅰ）设直线的方程为，与抛物线联立方程组得到，再写出直线的方程，根据两点式写出 ，整理消去 ，即可求出直线所过定点

（ⅱ）因为，根据（ⅰ）中的结论和弦长公式求出，再根据列出关于的不等式，解出的范围即可

【详解】（1）由题意可知C：（）的准线方程为：，

即，所以.

抛物线C的标准方程为

（2）设，，，

（ⅰ）由题意知直线不与y轴垂直，故直线方程可设为：，

与抛物线方程联立

，化简得：，根据韦达定理可得：

即，

，直线方程为，整理得：.

又因为，即.

将代入化简可得：，

代入整理得：

故直线过定点

（ⅱ）由（ⅰ）知与x轴平行，直线的斜率一定存在

，

由（ⅰ）知

所以，又因为

即，化简得或

又由，得：且，即或

综上所述，