2022-2023学年广东省汕头市朝阳区河溪中学高二下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省汕头市朝阳区河溪中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．若全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据图象判断出阴影部分为，由此求得正确答案.

【详解】，

由图象可知，阴影部分表示.

故选：A

2．设复数，则（    ）

A． B． C．3 D．5

【答案】A

【分析】求得后再求模长即可.

【详解】，故.

故选：A

3．等差数列中，，求（    ）

A．45 B．15 C．18 D．36

【答案】D

【分析】利用等差数列的性质求出，再利用等差数列的性质可得结果

【详解】因为是等差数列，所以，解得，

所以，

故选：D

4．现将甲乙丙丁四个人全部安排到市､市､市三个地区工作，要求每个地区都有人去，则甲乙两个人至少有一人到市工作的安排种数为（    ）

A．12 B．14 C．18 D．22

【答案】D

【分析】分三种情况，结合排列组合知识进行求解出每种情况下的安排种数，相加即可.

【详解】若甲乙两人中的1人到市工作，有种选择，其余3人到另外两个地方工作，先将3人分为两组，再进行排列，有安排种数，故有种；

若甲乙两人中的1人到市工作，有种选择，丙丁中一人到市工作，有种选择，其余2人到另外两个地方工作，有种选择，故安排种数有种；

若安排甲乙2人都到市工作，其余丙丁2人到另外两个地方工作，安排种数有种，

故总共有12+8+2=22种.

故选：D

5．下列式子正确的有（    ）

A． B．，

C． D．

【答案】B

【分析】根据导数的运算法则逐项判断对错即可.

【详解】对于A，，A错误；

对于B，，B正确；

对于C，，C错误；

对于D，，D错误.

故选：B.

6．函数的大致图像为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先求出函数的定义域，然后求导，判断单调性；另一方面，当时，从函数值的正负性加以判断，最后选出答案.

【详解】函数的定义域为，

，

当时，，所以在上单调递增；

当或时，，所以在和上单调递减，

显然当时，，当时，.

故选：B.

7．已知则的值为（    ）

A． B． C． D．不存在

【答案】B

【分析】根据题意，结合常见函数的导数公式即可求解.

【详解】由，得，

令，则，解得.

故选：B

8．已知椭圆的离心率为，分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若，则C的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据离心率及，解得关于的等量关系式，即可得解.

【详解】解：因为离心率，解得，，

分别为C的左右顶点，则，

B为上顶点，所以.

所以，因为

所以，将代入，解得，

故椭圆的方程为.

故选：B.

二、多选题

9．若为等差数列，，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．是数列中的项

C．数列单调递减

D．数列前7项和最大

【答案】ACD

【分析】由为等差数列，列方程组求得首项与公差，就可得到通项公式，然后对选项逐一判断即可.

【详解】因为数列为等差数列，且，则，解得，，故A选项正确，

由，得，故B错误，

因为，所以数列单调递减，故C正确，

由数列通项公式可知，前7项均为正数，，所以前7项和最大,故D正确.

故选：ACD

10．如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（    ）

A．直线平面 B．

C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为

【答案】ABD

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断AB，根据等体积法判断C，由向量法求球心及半径判断D.

【详解】如图建立空间直角坐标系，

，，，，，，，，，

则，，，

设平面的法向量为，则，即，令，可得，

则，即，

又直线平面，所以直线平面，故A正确；

因为，即，所以，故B正确；

，故C错误；

设球心坐标为，则，

由可得，解得，

由可得，解得，

再由可得，解得，

所以，所以，故D正确.

故选：ABD

11．某保险公司为客户定制了A，B，C，D，E共5个险种，并对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图：

用该样本估计总体，以下四个说法正确的有（    ）

A．57周岁以上参保人数最少 B．18~30周岁人群参保总费用最少

C．C险种更受参保人青睐 D．31周岁以上的人群约占参保人群80%

【答案】ACD

【分析】根据统计图一一分析即可.

【详解】解：由扇形图可知，57周岁以上参保人数最少，故A正确；

由折线图可知，18~30周岁人群人均参保费用最少，但是由扇形图知参保人数并不是最少的，所以参保总费用不是最少，故B错误；

由条形图可知，C险种参保比例最高，故C正确；

由扇形图可知，31周岁以上的人群约占参保人群80%，故D正确，

故选：ACD．

12．已知函数，则下列选项正确的有（    ）

A．函数极小值为1

B．函数在上单调递增

C．当时，函数的最大值为

D．当时，方程恰有3个不等实根

【答案】AC

【分析】求导得，分析的单调性，进而可得极大值、极小值与最值，即可判断ABC是否正确；作出的图象，结合图象即可判断D是否正确.

【详解】对于AB：

，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以的极大值为，

的极小值为，故A正确，B错误；

对于C：

由函数单调性知，在上单调递增，在上单调递减，在上递增，

且，，

故函数的最大值为，故C正确；

对于D：

当时，，时，，

且的极大值为，的极小值为，

由上述分析可知，的图象为：

由图象可得当或时，有1个实数根，

当或时，有2个实数根，

当时，有3个实数根，故D错误.

故选：AC.

三、填空题

13．已知是函数的导函数，则______________.

【答案】8

【分析】求出导函数，从而可得出答案.

【详解】解：因为，所以，所以.

故答案为：8.

14．已知M为抛物线上的动点，F为抛物线的焦点，点，则的最小值为__________．

【答案】2

【分析】根据抛物线的定义，利用三点共线即可求解.

【详解】设点在准线上的射影为，根据抛物线的定义可知,

所以,要使最小，只需要最小即可，

由于在抛物线内，故当三点共线时，此时最小，故最小值为，

故答案为：2

15．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有_____．（用数字作答）

【答案】240

【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得．

【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案

故答案为：240

16．如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．已知山高，则山高__________．

【答案】150

【详解】试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，

．

故答案为150．

【解析】正弦定理的应用．

四、解答题

17．已知函数.

(1)求曲线在点处的切线方程；

(2)求函数在上的最值．

【答案】(1)

(2)最大值为，最小值为

【分析】（1）求出、的值，利用导数的几何意义可求得曲线在点处的切线方程；

（2）利用导数分析函数的单调性，结合函数的极值与导数的关系可求得函数在上的最大值和最小值.

【详解】（1）解：因为，则，

所以，，，

所以，曲线在点处的切线方程为，即.

（2）解：因为，令，可得，列表如下：

故当时，，.

18．已知等比数列的各项均为正数，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件列方程组，求出首项和公比，利用通项公式可得答案；

（2）先求出的通项公式，利用分组求和法可求和.

【详解】（1）设正项等比数列的公比为，因为，

所以，解得，所以.

（2）由（1）可得，设数列的前n项和为，

则

.

19．已知的内角的对边分别是，且.

（1）求；

（2）若，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式，特殊角的三角函数值进行求解即可；

（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可.

【详解】（1）根据正弦定理，

，因为，所以，因此有，

因为，所以；

（2）由余弦定理可知：

，解得，

（舍去），因此的面积为.

20．如图，直三棱柱的侧面为正方形，，E，F分别为，的中点，．

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积为0得到，，从而证明出线面垂直；

（2）求出两平面的法向量，求出平面夹角的余弦值.

【详解】（1）因为三棱柱为直三棱柱，

所以，又因为，，所以，

因为，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

因为为正方形，所以，

故以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，

因为，，

所以，，

因为平面，，

所以平面，

（2）由（1）可知：平面的一个法向量为，

设平面的法向量为，

则，

解得：，令，则，所以，

设平面与平面夹角为，

故，

故平面与平面夹角的余弦值为.

21．为响应国家提出的“大众创业万众创新”的号召，小王大学毕业后决定利用所学专业进行自主创业，生产某小型电子产品.经过市场调研，生产该小型电子产品需投入年固定成本2万元，每生产万件，需另投入流动成本万元.已知在年产量不足4万件时，，在年产量不小于4万件时，.每件产品售价6元.通过市场分析，小王生产的产品当年能全部售完.

(1)写出年利润（万元）关于年产量（万件）的函数解析式.（年利润=年销售收入-年固定成本-流动成本.）

(2)年产量为多少万件时，小王在这一产品的生产中所获年利润最大？最大年利润是多少？

【答案】(1)；

(2)当年产量为8万件时，所获年利润最大，为9万元.

【分析】（1）分以及，分别求解得出表达式，写成分段函数即可；

（2）当时，求导得出.然后根据基本不等式求出时，的最值，比较即可得出答案.

【详解】（1）由题意，当时，；当时，.

所以.

（2）当时，，令，解得.

易得在上单调递增，在上单调递减，所以当时，

.

当时，，

当且仅当，即时取等号.

综上，当年产量为8万件时，所获年利润最大，为9万元.

22．已知且，函数．

（1）当时，求的单调区间；

（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．

【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）.

【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；

（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围.

【详解】（1）当时，,

令得,当时，,当时，,

∴函数在上单调递增；上单调递减；

（2）[方法一]【最优解】：分离参数

,设函数,

则,令，得,

在内,单调递增；

在上,单调递减；

,

又，当趋近于时，趋近于0，

所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,

所以的取值范围是.

[方法二]：构造差函数

由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．

构造函数，求导数得．

当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；

当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．

由于，

当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．

构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．

所以，实数a的取值范围为．

[方法三]分离法：一曲一直

曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．

因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．

①当时，与只有一个交点，不符合题意．

②当时，取上一点在点的切线方程为，即．

当与为同一直线时有得

直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．

记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所当且时有．

综上所述，实数a的取值范围为．

[方法四]：直接法

．

因为，由得．

当时，在区间内单调递减，不满足题意；

当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．

因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．

令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．

故实数a的范围为．]

【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，

方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.

方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.

方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．

方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.