2022-2023学年湖南省益阳市南县立达中学高二上学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省益阳市南县立达中学高二上学期期中数学试题含解析，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学年湖南省益阳市南县立达中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．已知全集，，，那么 等于A． B．C． D．【答案】C【解析】先解不等式得集合B，再根据补集与交集定义求结果.【详解】因为，所以，选C.【点睛】本题考查解不等式以及集合补集与交集定义，考查基本求解能力，属基础题.2．已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是90%，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是（    ）A．0.92 B．0.93 C．0.94 D．0.95【答案】B【分析】根据已知条件，结合全概率公式，即可求解.【详解】从某地市场上购买一个电子产品，设买到的电子产品是甲厂产品为事件,设买到的电子产品是乙厂产品为事件,则由题可知从甲厂电子产品中购买一个，设买到的电子产品是合格产品事件,从乙厂电子产品中购买一个，设买到的电子产品是合格产品事件,则由题可知由题意可知互相独立，故从该地市场上买到一个合格产品的概率是.故选：B.3．已知函数f（x）=alnx+bx2的图象在点（1，f（1））处的切线方程为5x+y﹣2=0，则a+b的值为（    ）A．﹣2 B．2 C．3 D．﹣3【答案】A【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x=1处的导数值，再由题意列关于a和b的方程组，求解可得a与b的值，则答案可求.【详解】解：由f（x）=alnx+bx2，得2bx，∵函数f（x）=alnx+bx2的图象在点（1，f（1））处的切线方程为5x+y﹣2=0，∴，解得.∴a+b=﹣2.故选：A.4．将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，所以2个0不相邻的概率为.故选：C.5．若，则（    ）A．40 B．41 C． D．【答案】B【分析】利用赋值法可求的值.【详解】令，则，令，则，故，故选：B. 6．在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，，所以.故选：D7．若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.【详解】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，所以在上也是单调递减，且，，所以当时，，当时，，所以由可得：或或解得或，所以满足的的取值范围是，故选：D.【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题.8．定义在R上的函数满足，且，是的导函数，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】设，结合题设条件，利用导数求得在定义域上单调递增，把不等式，转化为，结合单调性，即可求解.【详解】设，可得．因为，所以，所以，所以在定义域上单调递增，又因为，即，又由，所以，所以，所以不等式的解集为.故选：C． 二、多选题9．已知的展开式中共有7项，则（    ）A．所有项的二项式系数和为64B．所有项的系数和为1C．二项式系数最大的项为第4项D．有理项共4项【答案】ACD【分析】由题意可得，对于A，所有项的二项式系数和为，对于B，令可求出所有项的系数和，对于C，由二项式展开式的系数特征求解即可，对于D，求出二项式展开式的通项公式，可求出所有的有理项【详解】因为的展开式中共有7项，所以，对于A，所有项的二项式系数和为，所以A正确，对于B，令，则所有项的系数和为，所以B错误，对于C，由于二项式的展开项共有7项，所以二项式系数最大的项为第4项，所以C正确，对于D，的展开式的通项公式为，当时，展开式的项为有理项，所以有理项有4项，所以D正确，故选：ACD10．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“由甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“由乙罐取出的球是红球”，则（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】根据古典概型的计算公式，结合条件概率的计算公式逐一判断即可.【详解】因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以，故选项A正确；因为，所以选项C正确；因为，所以，因此选项D正确；因为，所以选项B不正确，故选：ACD11．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（    ）A．所有不同分派方案共种B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种C．若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共12种D．若企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共48种【答案】BCD【分析】求得所有不同分派方案数判断选项A；求得每家企业至少分派1名医生的所有不同分派方案数判断选项B；求得每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业的所有不同分派方案数判断选项C；求得企业最多派1名医生的所有不同分派方案数判断选项D【详解】选项A：所有不同分派方案共种.判断错误；选项B：若每家企业至少分派1名医生，先把4名医生分成3组（2人，1人，1人）再分配.则所有不同分派方案共（种）.判断正确；选项C：若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，则企业可以只有医生甲，也可以有医生甲和另一名医生，则所有不同分派方案共（种）.判断正确；选项D：若企业最多派1名医生，则企业可以有1名医生和没有医生两种情况,则不同分派方案共（种）.判断正确.故选：BCD12．已知点在圆上，点、，则（    ）A．点到直线的距离小于B．点到直线的距离大于C．当最小时，D．当最大时，【答案】ACD【分析】计算出圆心到直线的距离，可得出点到直线的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当最大或最小时，与圆相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆的圆心为，半径为，直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，，，由勾股定理可得，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线与半径为的圆相离，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线的距离的取值范围是. 三、填空题13．复数，则__________．【答案】【分析】首先求得复数z，然后计算其模即可.【详解】，．故答案为．【点睛】本题主要考查复数的运算法则，复数的模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.14．的展开式中的系数为________________（用数字作答）．【答案】-28【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为，所以的展开式中含的项为，的展开式中的系数为-28故答案为：-28 15．某班上午有五节课，分别安排语文、数学、英语、物理、化学各一节课，要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课法的种数是___________．【答案】16【分析】根据题意，可分三步进行分析：（1）要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序；（2）将这个整体与英语全排列，排好后，有3个空位；（3）数学课不排第一行，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，得数学、物理的安排方法，最后利用分步计数原理，即可求解．【详解】根据题意，可分三步进行分析：（1）要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序，有种情况；（2）将这个整体与英语全排列，有中顺序，排好后，有3个空位；（3）数学课不排第一行，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，安排物理，有2种情况，则数学、物理的安排方法有种，所以不同的排课方法的种数是种，故答案为：16．16．如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有　　　　　种（用数字作答）．【答案】390【详解】用2色涂格子有种方法,用3色涂格子,第一步选色有,第二步涂色,共有种,所以涂色方法种方法,故总共有390种方法.故答案为:390 四、解答题17．记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】(1)；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：.(2)由数列的通项公式可得：，则：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.18．甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军.已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立.(1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列.【答案】(1)(2)分布列见解析 【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式，可以求出甲学校获得冠军的概率；（2）的可能取值为，利用随机变量的分布列，即可得X的分布列.【详解】（1）甲学校获得冠军,需要在3场比赛中至少获胜2场，甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，甲学校3场全胜，概率为：，甲学校3场获胜2场败1场，概率为：，所以甲学校获得冠军的概率为：；（2）依题可知，的可能取值为，所以，,，，.即的分布列为01020300.160.440.340.0619．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知．(1)若，求C；(2)证明：【答案】(1)；(2)证明见解析． 【分析】（1）根据题意可得，，再结合三角形内角和定理即可解出； （2）由题意利用两角差的正弦公式展开得，再根据正弦定理，余弦定理化简即可证出．【详解】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．（2）由可得，，再由正弦定理可得，，然后根据余弦定理可知，，化简得：，故原等式成立． 20．在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为. 21．已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．（1）求C的方程;（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，所以该抛物线的方程为；（2）[方法一]：轨迹方程+基本不等式法设，则，所以，由在抛物线上可得，即，据此整理可得点的轨迹方程为，所以直线的斜率，当时，；当时，，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.[方法二]：【最优解】轨迹方程+数形结合法同方法一得到点Q的轨迹方程为．设直线的方程为，则当直线与抛物线相切时，其斜率k取到最值．联立得，其判别式，解得，所以直线斜率的最大值为．[方法三]：轨迹方程+换元求最值法同方法一得点Q的轨迹方程为．设直线的斜率为k，则．令，则的对称轴为，所以．故直线斜率的最大值为．[方法四]：参数+基本不等式法由题可设．因为，所以．于是，所以则直线的斜率为．当且仅当，即时等号成立，所以直线斜率的最大值为．【整体点评】方法一根据向量关系，利用代点法求得Q的轨迹方程，得到直线OQ的斜率关于的表达式，然后利用分类讨论，结合基本不等式求得最大值；方法二 同方法一得到点Q的轨迹方程，然后利用数形结合法，利用判别式求得直线OQ的斜率的最大值，为最优解；方法三同方法一求得Q的轨迹方程，得到直线的斜率k的平方关于的表达式，利用换元方法转化为二次函数求得最大值，进而得到直线斜率的最大值；方法四利用参数法，由题可设，求得x,y关于的参数表达式，得到直线的斜率关于的表达式，结合使用基本不等式，求得直线斜率的最大值.  22．已知函数（其中为自然对数的底数）.（1）求函数的最小值；（2）求证：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）求出导函数，由的正负确定单调性，极值，从而得最小值．（2）引入新函数，求导函数，由的单调性（再用导数判断）结合零点存在定理得存在零点，也是的最小值点，同时得出的性质，然后求出，再根据的范围证明（注意引入新函数）．【详解】（1）因为，所以当时，，单调递减当时，，单调递增所以（2）证明：要证，只需证明：对于恒成立，令，则，当时，令，则，在上单调递增，即在上为增函数又因为，所以存在使得由得即即即所以当时，，单调递减当时，，单调递增所以，令，则所以在上单调递增，所以，所以，所以，即．【点睛】方法点睛：本题考查主函数的最值，证明不等式成立．本题证明不等式成立可变形为求函数的最小值大于0，引入新函数，利用导数确定单调性，极值点（最值点），由于这个极值点不能直接求出，可用零点存在定理确定其范围，然后得出这个零点的性质，便于化简最小值，再根据的范围，证明即可．