2022-2023学年福建省泉州科技中学高二下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省泉州科技中学高二下学期期中考试数学试题含答案，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学年福建省泉州科技中学高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知向量，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量的坐标运算公式直接计算即可.【详解】因为，所以．故选：A.【点睛】本题考查向量的坐标运算，属于基础题.2．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先计算，再利用复数的除法运算求，再根据共轭复数的定义求解.【详解】，所以，则.故选：D3．如图所示，向量，在一条直线上，且则（    ）    A． B．C． D．【答案】B【分析】由得 ，即可得答案．【详解】由得．即， 则．故选：B．4．已知，且，则向量与的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据向量夹角公式直接求解得结果.【详解】设向量与的夹角为，则，由于，所以.故选：C【点睛】本题考查向量夹角，考查基本求解能力，属基础题.5．直线与曲线相切于点,则(   )A． B． C． D．【答案】A【分析】直线与曲线相切于点,可得求得的导数,可得,即可求得答案.【详解】直线与曲线相切于点将代入可得:解得: 由,解得:.可得, 根据在上 ,解得: 故故选:A.【点睛】本题考查了根据切点求参数问题,解题关键是掌握函数切线的定义和导数的求法,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.6．下列有关说法错误的是（    ）A．“事件、互为互斥事件”是“事件、互为对立事件”的充分不必要条件B．若随机变量服从正态分布，，则C．若随机变量服从二项分布：，则D．甲、乙、丙、丁个人到个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则【答案】A【分析】利用互斥事件与对立事件的概念及充分、必要条件的定义可判断A；根据正态曲线的对称性可判定B；利用二项分布的期望值公式计算判定C；由条件概率，可以判定D．【详解】A “事件、互为互斥事件”是“事件、互为对立事件”的必要不充分条件，故A错误；B.若随机变量服从正态分布，由题意可得，正态分布的对称轴为：，结合题意和正态分布的对称性可得：故B正确．C.若随机变量服从二项分布：，则，故C正确．对于，种，种，所以，，而，故正确．故选：A.7．的展开式中，的系数为（    ）A．30 B．40 C．60 D．120【答案】C【解析】将看成是5个相乘，要得到分析每个因式中所取的项情况.【详解】看成是5个相乘，要得到.分以下情况:5个因式中，2个因式取，2个因式取，1个因式取,此时的系数2所以的系数为60.故选：C【点睛】本题考查三项式的展开式中的特定项的系数，属于中档题.8．设实数，若对任意的正实数x，不等式恒成立，则m的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由条件可得不等式恒成立即恒成立，设函数，分析出的单调性,将问题转化为恒成立，由单调性即恒成立，即，设，求出的导数得到其单调性，从而得到的最大值，得出答案.【详解】∵，，∴，当时，不等式显然成立，当时，原不等式可变形为，设函数，，当，，∴当时，递增，则不等式恒成立等价于恒成立，即恒成立，，设，则，当时，，当时，，∴在递增，递减，，故选:A.【点睛】本题主要考查不等式恒成立的问题，考查对数与指数的相互转化，导数性质的应用，体现了转化的思想，关键是构造出合适的函数.属于中档题. 二、多选题9．已知向量，，则（    ）A． B．向量在向量上的投影向量是C． D．与向量方向相同的单位向量是【答案】CD【分析】对于A：直接判断不成立；对于B：直接求出向量在向量上的投影向量，即可判断；对于C：直接求出，即可判断；对于D：直接求出向量的同向单位向量.【详解】，.对于A：因为，所以不成立.故A错误；对于B：向量在向量上的投影向量为，故B错误；对于C：∵，∴，故C正确；对于D：向量的同向单位向量是，故D正确.故选：CD.10．若随机变量服从两点分布，其中，，分别为随机变量的均值与方差，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据随机变量服从两点分布推出，根据公式先计算出、，由此分别计算四个选项得出结果．【详解】随机变量服从两点分布，其中，，，，在A中，，故A正确；在B中，，故B正确；在C中，，故C错误；在D中，，故D正确．故选：ABD．11．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：ACD12．对于函数，下列说法正确的有（    ）．A．在处取得极大值B．有两不同零点C．D．若在上恒成立，则【答案】ACD【分析】对于A，先对函数求导，令导函数等于零，然后再判其极值即可；对于B，令，则可得函数的零点；对于C，由选项A的解答过程可知，当时，函数为减函数，所以，而，从而可得结果；对于D，由在上恒成立，得，令，再利用导数求此函数的最大值即可【详解】函数的导数，，令得，则当时，，函数为增函数，当时，，函数为减函数，则当时，函数取得极大值，极大值为，故正确，由，得，得，即函数只有一个零点，故错误，， 由时，函数为减函数知，故成立，故正确，若在上恒成立，则，设，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，即当时，函数取得极大值同时也是最大值，成立，故正确.故选：ACD．【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及函数的单调性，极值，函数零点问题，求函数的导数，利用导数研究的性质是解决本题的关键． 三、填空题13．设，若复数在复平面内对应的点位于实轴上，则          ．【答案】.【详解】试题分析：由题意得.【解析】复数运算【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据，加减运算类似于多项式的合并同类项，乘法法则类似于多项式的乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式，再将分母实数化. 14．设5支枪中有2支未经试射校正，3支已校正.一射手用校正过的枪射击，中靶率为0.9，用未校正过的枪射击，中靶率为0.4.该射手任取一支枪射击，中靶的概率是           .【答案】0.7/ 【分析】设表示已校正，表示射击中靶，计算出，，，，由此利用全概率公式能求出中靶的概率．【详解】解：设表示已校正，表示射击中靶，则，，，，全概率公式得中靶的概率为：．故答案为：．15．作家马伯庸小说《长安十二时辰》中，靖安司通过长安城内的望楼传递信息.同名改编电视剧中，望楼传递信息的方式有一种如下：如图所示，在九宫格中，每个小方格可以在白色和紫色（此处以阴影代表紫色）之间变换，从而一共可以有512种不同的颜色组合，即代表512种不同的信息.现要求每一行，每一列上至多有一个紫色小方格（如图所示即满足要求）.则一共可以传递      种信息.（用数字作答）【答案】34【解析】分类讨论紫色小方格的个数：（1）无紫色小方格；（2）有且只有1个紫色小方格；（3）：有且只有2个紫色小方格；（4）有且只有3个紫色小方格.分别利用排列、组合进行计算即可.【详解】显然，紫色小方格顶多有3个.分类讨论：（1）若无紫色小方格，则只有1种结果；（2）若有且只有1个紫色小方格，则有种结果；（3）若有且只有2个紫色小方格，从行来看，先选出有紫色小方格的那两行，有种选法，这两行的排法有种，此种情况下共有18种结果；（4）若有且只有3个紫色小方格，显然，这三行的排法有种.综上，一共有34种结果，即一共可以传递34种信息.故答案为：34【点睛】本题考查了排列、组合在实际生活中的应用，考查了分类与整合的思想，属于中档题.16．如图，在三棱锥中，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为          .【答案】【分析】根据三棱锥外接球的表面积为可得：外接球半径，设外接圆半径为，根据外接球和三棱锥的位置关系可得：，由，代入可得，由正弦定理即得：，再利用余弦定理结合基本不等式即可得解.【详解】如图所示：设三棱锥的外接球球心为，半径为，外接圆半径为，圆心为M，连接，AO，AM，则，解得，在，，故：，故，又，，，，当且仅当时取等号，三棱锥的体积.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，同时考查了利用正、余弦定理解三角形，还考查了利用基本不等式求最值，考查了空间想象及计算能力，属于难题. 四、解答题17．如图，四棱锥P-ABCD的底面是菱形，且PA面ABCD，E，F分别是棱PB，PC的中点.求证：（1）EF平面PAD；（2）面PBD面PAC.【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解.【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明.（2）利用面面垂直的判定定理即可证明.【详解】（1）由E，F分别是棱PB，PC的中点.则且，又底面ABCD是菱形，，，又平面PAD，平面PAD， EF平面PAD.（2）由PA面ABCD，是平面ABCD的对角线，，四棱锥P-ABCD的底面是菱形，，，且平面PAC，平面PAC，又因为平面PBD，所以面PBD面PAC18．在下面两个条件中任选一个条件，补充在后面问题中的横线上，并完成解答．条件①“展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为”：条件②“展开式中前三项的二项式系数之和为”．问题：已知二项式，若________（填写条件前的序号），(1)求展开式中二项式系数最大的项；(2)求展开式中含项的系数．（注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分）【答案】(1)选①②，答案均为(2)选①②，答案均为 【分析】（1）当选填条件时，由题意列式求得，当选填条件时，由前项的二项式系数和为求得，把代入，可知第四项的二项式系数最大，由二项展开式的通项得答案；（2）在（1）的基础上求得的通项公式，从而得出结果．【详解】（1）若选填条件，令，可得展开式中所有项的系数之和为，二项式系数之和为，则，即．当时，展开式共项，所以二项式系数最大的项为第项，即．若选填条件，即展开式中前三项的二项式系数之和为，则，即．当时，展开式共项，所以二项式系数最大的项为第项，即．（2）的展开式的通项公式为，令，所以展开式中的系数为．19．已知函数（a，b∈R）的图象在x＝－1处的切线斜率为－1，且x＝－2时， 有极值.(1)求的解析式；(2)求在[－3，2]上的最大值和最小值.【答案】(1)；(2)最大值为，最小值为0. 【分析】（1）解方程组，即得解； （2）利用导数求出函数的单调性，即得函数的最值.【详解】（1）解：∵（a，b∈R），∴.由条件得，即解得故. 经检验，满足题意.所以.（2）解：由（1）可得，，解得x＝－2或x＝0，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故在x＝－2上取得极大值，在x＝0上取得极小值0，且，，故在[－3，2]上的最大值为，最小值为0.20．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线，交于点，，，，底面，设点满足．  (1)求直线与平面所成角的正弦值；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)(2) 【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解；（2）求出与平面所成角的正弦值，结合，即可求解.【详解】（1）解：因为平面是菱形，所以，又因为底面，且面，所以，，所以，，两两垂直，以为坐标原点，以，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，，，则 所以，又因为，所以，设平面的法向量，则，取，可得，所以，设直线与平面所成角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.（2）解：由（1）中的空间直角坐标系，可得，可得，所以与平面所成角的正弦值为，则到平面的距离.  21．近年我国科技成果斐然，其中北斗三号全球卫星导航系统于2020年7月31日正式开通.北斗三号全球卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星､3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星，共30颗卫星组成.北斗三号全球卫星导航系统全球范围定位优于10米，实测的导航定位精度都是2~3米，全球服务可用性99%，亚太地区性能更优.(1)南美地区某城市通过对1000辆家用汽车进行定位测试，发现定位精确度近似满足，预估该地区某辆家用汽车导航精确度在的概率；(2)①某日北京､上海､拉萨､巴黎､里约5个基地同时独立随机选取1颗卫星进行信号分析，选取的5颗卫星中含中圆地球轨道卫星的数目记为，求的数学期望；②某地基站工作人员30颗卫星中随机选取颗卫星进行信号分析，记为选取的颗卫星中含倾斜地球同步轨道卫星的数目，求的分布列和数学期望.附：若，则，，.【答案】(1)；(2)① ；②分布列见解析；. 【分析】（1）根据“”原则及图形的对称性即可求解；（2）①每个基地随机选取颗卫星是中圆地球轨道卫星的概率为，可得，根据二项分布的期望公式即可求解；②由题意可得可能的取值为，求出相应的概率，进而可得分布列和数学期望.【详解】（1）由，易知，，所以，则预估该地区某辆家用汽车导航精确度在的概率为．（2）① 个基地相互独立，每个基地随机选取1颗卫星是中圆地球轨道卫星的概率为，所以个基地选取的颗卫星中含中圆地球轨道卫星的数目，所以．②由题意可得可能的取值为：，则，，，，所以的分布列为：所以数学期望.22．已知函数，．(1)证明：存在唯一零点；(2)设，若存在，使得，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）利用导函数求单调性，结合即可求解.（2）由题意可得，若是方程的根，则是方程的根，所以，，再利用导函数求的最小值即可.【详解】（1）由题意可得，记，则，因为时，恒成立，所以在上单调递增，因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0，所以在上单调递减，在上单调递增，因为，所以有唯一零点0．（2）由可得，若是方程的根，则是方程的根，因为，都单调递增，所以，，设，，所以的解为，的解为，所以在上递减，在上递增，所以的最小值为，即的最小值为．故原不等式成立.【点睛】当函数的一阶导数符号不好判断时，常利用二阶导数判断一阶导数的单调性，进而得到一阶导数大于0和小于0的区间.