2022-2023学年宁夏石嘴山市平罗中学高二下学期期中考试数学（理）试题含解析

这是一份2022-2023学年宁夏石嘴山市平罗中学高二下学期期中考试数学（理）试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年宁夏石嘴山市平罗中学高二下学期期中考试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（   ）A． B．C． D．【答案】B【分析】首先解指数不等式求出集合，再解一元二次不等式求出集合，最后根据交集的定义计算可得.【详解】由，即，所以，所以，由，即，解得，所以，所以.故选：B2．已知复数满足，给出下列四个命题其中正确的是（    ）A． B．的虚部为 C． D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可逐项判断.【详解】∵，∴，故z的虚部为，则，，，所以B正确，A，C，D不正确.故选：B.3．下列说法正确的是（    ）A．若为假命题，则p，q都是假命题B．“这棵树真高”是命题C．命题“使得”的否定是：“，”D．在中，“”是“”的充分不必要条件【答案】A【分析】若为假命题，则p，q都是假命题，A正确，“这棵树真高”不是命题，B错误，否定是：“，”，C错误，充分必要条件，D错误，得到答案.【详解】对选项A：若为假命题，则p，q都是假命题，正确；对选项B：“这棵树真高”不是命题，错误；对选项C：命题“使得”的否定是：“，”，错误；对选项D：，则，，故，充分性；若，则，，则，必要性，故是充分必要条件，错误.故选：A4．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正弦定理求解即可.【详解】由，得，所以．故选：C.5．电视台在电视剧开播前连续播放6个不同的广告，其中4个商业广告2个公益广告，现要求2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式共有（    ）.A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意，利用插空法，可得答案.【详解】先排4个商业广告，则，即存在5个空，再排2个公益广告，则，故总排法：，故选：A.6．如图是函数的导函数的图象，则下列判断正确的是（    ）A．在区间上，是增函数B．当时，取到极小值C．在区间上，是减函数D．在区间上，是增函数【答案】D【分析】对于ACD,根据导数的正负和原函数单调性之间的联系进行判断即可;对于B，根据极值点处左右两边的单调性进行判断.【详解】由导函数图象知，在时，，递减，A错；时，取得极大值（函数是先增后减），B错；时，，递增，C错；时，，递增，D正确．故选：D.7．的展开式中的系数为（    ）A．85 B．5 C．-5 D．-85【答案】A【分析】求出的展开式的通项，再令的指数等于和，即可得解.【详解】的展开式的通项为，则，，从而的展开式中的系数为．故选：A．8．设，满足约束条件，向量，，且，则的最小值为（    ）A．6 B． C． D．【答案】B【分析】根据向量平行的坐标关系得到，然后利用线性规划进行求解即可.【详解】∵，，且，∴，即，作出不等式组对应的平面区域，平移直线，当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小，由，解得，即，此时，故选：.9．过椭圆的左焦点作轴的垂线交椭圆于点，为右焦点，若，则该椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据椭圆的定义、离心率的公式以及正弦定理求得正确答案.【详解】依题意，轴，，所以.故选：A10．已知是函数的极小值点，那么函数的极大值为（    ）A．0 B．1 C．2 D．4【答案】D【分析】由是函数的极小值点，可得，进而可得的解析式，即可得函数单调递区间及极大值点为，代入求解即可.【详解】解：因为所以，又因为是函数的极小值点，所以，解得，所以，，令，得，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以在处取极大值，在处取极小值，所以的取极大值为.故选：D.11．已知体积为的球与正三棱柱的所有面都相切，则三棱柱外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据球与正三棱柱的所有面都相切，求得底面三角形内切圆的半径以及棱柱的高，继而求得外接球半径，即可求得答案.【详解】因为球的体积为，所以球的半径为1，又球与正三棱柱的所有面都相切，所以正三棱柱底面内切圆的半径为1，棱柱高为2，设正三棱柱的外接球的球心为O，底面内切圆的圆心为,设的中点为D，则在上，且,又,则三棱柱外接球的半径为，即外接球的表面积为,故选：B12．若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求导数，利用在上恒成立，分离参数进行求解.【详解】，因为在区间上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，因为二次函数的图象的对称轴为，且开口向上所以的最小值为1，所以.故选：B. 二、填空题13．将一些相同的“〇”按如图所示摆放，观察每个图形中的“〇”的个数，若第个图形中“〇”的个数是，则的值是________．【答案】12【分析】发现规律，再根据数列的前几项，写出其通项公式后，令其等于78，解得即可．【详解】解：第1个图形中“〇”的个数是1，第2个图形中“〇”的个数是，第3个图形中“〇”的个数是，由此推测，第个图形中“〇”的个数是，令，解得或（舍去）．故答案为：．14．已知曲线在点P处的切线与直线垂直，则P点的横坐标为___________.【答案】【分析】由题设知P处的切线斜率为，应用导数几何意义列方程求P点的横坐标.【详解】由题设在P处的切线斜率为，而，所以，则，即.故答案为：15．曲线及围成的平面区域如图所示，向正方形中随机投入一个质点，则质点落在非阴影区域的概率为___________.【答案】/【分析】利用定积分求出阴影部分区域的面积，再利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由得，阴影部分区域的面积为，正方形的面积为，故质点落在非阴影区域的概率为.故答案为：.16．已知F是双曲线C：的右焦点，P是C的左支上一点，，则的最小值为___________.【答案】6【分析】根据双曲线的定义分析运算.【详解】由双曲线C：可得，设双曲线的左焦点为，则，即，可得，当且仅当P是线段与双曲线的交点时，等号成立，所以的最小值为6.故答案为：6. 三、解答题17．若数列的前项和满足.(1)求证：数列是等比数列； (2)设，求数列的前项和.【答案】（1）详见解析（2）【分析】试题分析：(1)由已知数列递推式求得首项，且当时，有，结合原式作差得到，即 ，从而证得为等比数列．(2)求出，再通过裂项相消法求数列的前项和．试题解析：证明：当时，，计算得出，当时，根据题意得，，所以 ，即 ，即 数列是首项为-2，公比为2的等比数列由（1）知，   ，1则18．当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进．高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施．年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、分钟跳绳三项测试，三项考试满分分，其中立定跳远分，掷实心球分，分钟跳绳分．某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了名学生进行测试，得到下边频率分布直方图，且规定计分规则如表：每分钟跳绳个数得分(1)请估计学生的跳绳个数的中位数和平均数（保留整数）；(2)若从跳绳个数在、两组中按分层抽样的方法抽取人参加正式测试，并从中任意选取人，求两人得分之和大于分的概率．【答案】(1)中位数为，平均数为(2) 【分析】（1）设学生的跳绳个数的中位数为，利用中位数的定义可得出关于的值；将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，相加可得出平均数；（2）计算可得出在内抽取人，分别记为、，在内抽取人，分别记为、、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】（1）解：设学生的跳绳个数的中位数为，因为，则，由中位数的定义可得，解得，平均数（个）．（2）解：跳绳个数在内的人数为个，跳绳个数在内的人数为个，按分层抽样的方法抽取人，则在内抽取人，分别记为、，在内抽取人，分别记为、、、，从这人中任意抽取人，所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共种，两人得分之和大于分包含的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、，共种，则两人得分之和大于分的概率．19．已知函数.(1)求函数的最小正周期和对称轴的方程.(2)将的图像向左平移个单位得到函数的图像，当时，求函数的值域.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据三角恒等变换可得，结合正弦函数分析运算；（2）根据图象变换可得，结合正弦函数分析运算.【详解】（1）由题意可得：，所以函数的最小正周期，令，解得，所以函数的对称轴的方程为.（2）由题意可得：，因为，则，当，即时，可得取到最大值2；当，即时，可得取到最小值；所以的值域为.20．如图，在正三棱柱中，是棱的中点(1)求证：平面平面；(2)求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面.（2）判断出与平面所成角，解直角三角形求得所成角的正弦值.【详解】（1）连接交于点，连接，如图所示,在正三棱柱中，平面平面,是棱的中点，则,同理在正方形中，是的中点，则,同理可得是的中点，则,又平面，则平面,又平面，则平面平面.（2）由（1）得平面平面，平面平面，平面,平面，则即为与平面所成的角，又，在中，，故与平面所成角的正弦值为.21．已知抛物线上的点到焦点的距离为4．(1)求抛物线的标准方程；(2)若直线与抛物线交于，两点，且以线段为直径的圆过原点，求证直线恒过定点，并求出此定点的坐标．【答案】(1)(2)证明见解析，定点． 【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解；（2）根据直线与抛物线联立后结合，即可进一步求解.【详解】（1）由题设知，抛物线的准线方程为，由点到焦点的距离为4，得，解得，∴抛物线的标准方程为．（2）由消去得．∴，．设直线和直线的斜率分别为，，以线段为直径的圆过原点，∴，∴．∵，，∴，．∴，即．∴直线．∴直线恒过定点．22．已知函数．(1)当时，求函数的单调区间和极值；(2)讨论函数单调性．【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为；函数的极小值，无极大值(2)答案见解析  【分析】（1）利用导数与函数的单调性、极值的关系求解，注意函数的定义域，即可得到答案；（2）利用导数与函数的单调性的关系求解，注意对的取值范围进行分类讨论，求解即可．【详解】（1）当时，，则，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，所以的单调递减区间为，单调递增区间为，当时，函数取得极小值，无极大值．（2），则，当时，，则单调递减；当时，当时，，则函数单调递减，当时，，则函数单调递增．综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．