2022-2023学年北京大学附属中学高二下学期期中练习数学试题含答案

2022-2023学年北京大学附属中学高二下学期期中练习数学试题

一、单选题

1．已知集合，且，则m等于（    ）

A．0或3 B．0或

C．1或 D．1或3或0

【答案】A

【分析】因为，可得，列出条件，结合元素的互异性，即可求解.

【详解】由题意，集合

因为，可得，则满足或且，

解得或.

故选：A.

2．已知，则下列不等关系中正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用指函数的单调性得出结论．

【详解】A. ，显然不成立；

B.    错误，因为函数在上为增函数，由，可得；

同理C. ，因为函数在上为增函数，由，可得；

D. ，正确，因为函数在上为减函数，由，可得；

故选D.

【点睛】本题考查函数单调性的应用，属基础题.

3．已知数列的前项和为，已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用项和关系，代入即得解.

【详解】利用项和关系，

故选：D

【点睛】本题考查了数列的项和关系，考查了学生转化与划归，数学运算能力，属于基础题.

4．已知平面向量，，则下列关系正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，利用向量平行、垂直的坐标表示，依次分析选项是否成立，综合可得答案．

【详解】对于A，，，

则不成立，则A错误；

对于B，，

因为，则B错误；

对于C，向量，，则，

则有，即，C正确；

对于D，，，

因为，则与平行不成立，D错误；

故选：C.

5．已知，若，则所在区间为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用零点存在性定理求解即可.

【详解】由已知得函数连续且单调递增，

因为，，

所以，

由零点存在性定理可知存在使得，

故选：.

6．某学校需要从3名男生和2名女生中选出4人，到甲、乙、丙三个社区参加活动，其中甲社区需要选派2人，且至少有1名是女生；乙社区和丙社区各需要选派1人．则不同的选派方法的种数是（    ）

A．18 B．21 C．36 D．42

【答案】D

【分析】根据题意，先分析甲地的安排方法，分“分派2名女生”和“分派1名女生”两种情况讨论，由分类计数原理得到甲地的分派方法数目，再在剩余的3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，结合分步计数原理，即可求解.

【详解】根据题意，甲地需要选派2人且至少有1名女生，

若甲地派2名女生，有种情况；

若甲地分配1名女生，有种情况，

则甲地的分派方法有种方法；

甲地安排好后，在剩余3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，有种安排方法，

由分步计数原理，可得不同的选派方法共有种.

故选：D.

7．某地举行一次民歌大奖赛,六个省各有一对歌手参加决赛,现要选出四名优胜者.则选出的四人中恰只有两人来自同一省份的概率为.

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】选出的四名选手中恰有且只有两人来自同一省份的概率为 选A.

8．已知点．若曲线上存在两点，使为正三角形，则称为“正三角形”曲线．给定下列三条曲线：

①；②；③．

其中，“正三角形”曲线的个数是（   ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】对①，曲线为线段，与坐标轴的交点坐标为，可算得，可得等腰顶角大于，即可判断；

对②，曲线为圆心为原点，半径为的圆在第三象限内的四分之一圆弧，A在曲线上，曲线与坐标轴的交点坐标为，

由圆的性质可得最小值为且为钝角，即可判断；

对③， 易知存在半径的圆A与曲线相切，当时，交曲线于B，C，可得，连续变化，则存在r令，即可判断.

【详解】对①，因为点A不在直线上，直线与坐标轴的交点坐标为，此时，因为，即，

所以存在两点 ，使为正三角形，如图所示，所以①是“正三角形”型曲线．

对②，的图形是圆心为原点，半径为的圆在第三象限内的四分之一圆弧，A在曲线上，

曲线与坐标轴的交点坐标为，此时弧长 ，最长的弦长为，则最小值为，

由圆的性质可知为钝角，所以②不是“正三角形”型曲线．

③如图所示，易知存在半径为的圆A与曲线相切，

当，圆A交曲线于B，C，连AB、AC与y轴分别交于M，N，

则当时，，，所以且远大于，则，

当，连续变化，即存在r令，此时为正三角形，故③是“正三角形”型曲线．

故选：C．

9．已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题可得恒成立，由即可求出.

【详解】因为命题“，使”是假命题，

所以恒成立，所以，解得，

故实数的取值范围是．

故选：B．

10．若函数在上单调递增，则的取值范围是

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】试题分析：对恒成立，

故，即恒成立，

即对恒成立，构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得．故选C．

【解析】三角变换及导数的应用

【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性.

二、填空题

11．的展开式中含的项的系数是      ．

【答案】

【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得展开式中x2的系数．

【详解】解：（x）6的展开式的通项公式为Tr+1•（﹣1）r•x6﹣2r，

令6﹣2r＝2，求得r＝2，故展开式中x2的系数为15，

故答案为15．

【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．

12．数列的通项公式是，那么它的前项和最大时的的值是            .

【答案】

【分析】先判断数列的单调性，找到符号变号的临界项就能得到结果.

【详解】因为，所以，即数列是单调递减的等差数列，

令得，即，所以前项和最大时的的值是.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查等差数列前项和的最值问题，一般有两种思路，一是利用通项公式寻求正负项的界限；二是利用二次函数知识求解.侧重考查数学运算的核心素养.

13．设直线与双曲线的两条渐近线分别交于点，若点满足，则该双曲线的离心率是         ．

【答案】

【详解】试题分析：由双曲线的方程可知，渐近线方程为，分别与联立，解得，所以中点的坐标为，因为点满足，所以，所以，所以，所以．

【解析】双曲线的几何性质．

【方法点晴】本题主要考查了双曲线的几何性质，其中解答中涉及到双曲线的标准方程及其简单的几何性质的应用，直线与双曲线的位置关系等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，本题的解得中用双曲线的渐近线与已知直线方程联立，求解点的坐标是解答的关键，试题有一定的难度，属于中档试题．

14．已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是              .

【答案】

【详解】分析：由题意分类讨论和两种情况，然后绘制函数图像，数形结合即可求得最终结果.

详解：分类讨论：当时，方程即，

整理可得：，

很明显不是方程的实数解，则，

当时，方程即，

整理可得：，

很明显不是方程的实数解，则，

令，

其中，

原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.

结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，

同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，

结合观察可得，实数的取值范围是.

点睛：本题的核心在考查函数的零点问题，函数零点的求解与判断方法包括：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．

15．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为          ．

【答案】

【分析】先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出结果.

【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，

因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为，

因此圆锥的侧面积为．

【整体点评】根据三角形面积公式先求出母线长，再根据线面角求出底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求出侧面积，思路直接自然，是该题的最优解．

三、解答题

16．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，.

(1)设分别为的中点，求证：平面；

(2)求证：平面；

(3)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）连接，证得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；

（2）取棱的中点，连接，利用面面垂直的性质，证得平面，得到，结合，进而证得平面；

（3）连接，由平面，得到是直线与平面所成的角，在直角中，结合，即可求解.

【详解】（1）证明：连接，根据题意可得，可得为的中点，

又由为的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面.

（2）证明：取棱的中点，连接，

因为为等边三角形，所以，

又因为平面平面，平面平面，且平面，

所以平面，

因为平面，所以，

又因为，且平面，所以平面.

（3）解：连接，由平面，可得是直线与平面所成的角，

因为为等边三角形，，且为的中点，所以，

又因为，在直角中，，

所以直线与平面所成的角的正弦值为.

17．已知函数

（I）求的值

（II）求的最小正周期及单调递增区间.

【答案】（I）2；（II）的最小正周期是，.

【分析】（Ⅰ）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值．

（Ⅱ）直接利用函数的关系式，求出函数的周期和单调区间．

【详解】（Ⅰ）f（x）＝sin2x﹣cos2xsin x cos x，

＝﹣cos2xsin2x，

＝﹣2，

则f（）＝﹣2sin（）＝2，

（Ⅱ）因为．

所以的最小正周期是．

由正弦函数的性质得

，

解得，

所以，的单调递增区间是．

【点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，是高考中的常考知识点，属于基础题，强调基础的重要性；三角函数解答题中，涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等考点时，都属于考查三角函数的性质，首先应把它化为三角函数的基本形式即，然后利用三角函数的性质求解．

18．下表为某班学生理科综合能力测试成绩（百分制）的频率分布表，已知在分数段内的学生人数为21.`

(1)求测试成绩在分数段内的人数；

(2)现欲从分数段内的学生中抽出2人参加物理兴趣小组，若其中至少有一名男生的概率为，求分数段内男生的人数；

(3)若在分数段内的女生为4人，现欲从分数段内的学生中抽出3人参加培优小组，为分配到此组的3名学生中男生的人数．求的分布列及期望

【答案】(1)6

(2)2

(3)分布列见解析，

【分析】（1）利用在分数段内的学生数为21人求出高二年级某班学生总数，再利用频率和为1求出，两数相乘可得答案；

（2）设男生有人，根据抽出2人这2人都是男生的概率为，解得可得答案；

（3）求出在分数段内的学生人数及男生人数，可得的取值及对应的概率，可得分布列和期望.

【详解】（1）某班学生共有人，

因为，所以，

所以测试成绩在分数段内的人数为人.

（2）由（1）知在分数段内的学生有6人，设男生有人，

若抽出2人至少有一名男生的概率为，

则，解得，所以在分数段内男生有2人.

（3）在分数段内的学生有人，所以男生有2人，

X的取值有，

，

，

，

X的分布列为

.

19．已知椭圆过点，且椭圆的离心率为 .

(1)求椭圆的方程；

(2)若动点在直线上，过作直线交椭圆于两点，且为线段的中点，再过作直线，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由点在椭圆上，代入椭圆的方程，再由椭圆的离心率为，求得的值，即可求解；

（2）设，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，根据点的横坐标求得，结合，得到，得出直线过定点；当直线的斜率不存在时，得到直线为轴，进而得到结论.

【详解】（1）因为点在椭圆上，可得，解得，

又因为椭圆的离心率为，所以，所以，解得，

所以椭圆的标准方程为.

（2）由题意，可设，且，

①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，

联立方程组，

整理得，

则，

所以，

因为为的中点，所以，即，

所以，经检验，此时，

因为，所以，所以直线的方程为，

即，所以直线恒过定点.

②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，

此时直线为轴，也过点.

综上所述，直线恒过定点.

【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

20．已知函数，.

（1）当时，求函数的单调区间；

（2）对任意的，恒成立，求的取值范围.

【答案】（1）见解析；（2）

【详解】试题分析：（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（Ⅱ）对任意的，恒成立，等价于恒成立. 令，所以，令，可证得在上单调递增. 所以，即可求出的取值范围.

试题解析：（Ⅰ）因为， 所以，

所以

令，即，所以

令，即，所以

所以在上单调递增，在和上单调递减.  

所以的单调递增区间是，单调递减区间是和.

（Ⅱ）因为，所以

因为

所以对任意的，恒成立，即恒成立.

等价于恒成立.  

令，所以

令，所以

所以当时，

所以在上单调递增. 所以

所以当时，

所以在上单调递增. 所以

所以

21．已知是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为，第n项之后各项，…的最小值记为，.

(1)若为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，)，写出的值；

(2)设d为非负整数，证明：(n=1,2,3…)的充分必要条件为为公差为d的等差数列；

(3)证明：若，(n=1,2,3…)，则的项只能是1或2，且有无穷多项为1.

【答案】(1)，；

(2)证明见解析；

(3)证明见解析.

【分析】（1）根据给定的数列，结合给定的定义计算作答.

（2）利用充要条件的定义，结合等差数列定义和已知推理判断作答.

（3）根据给定的定义，利用反证法推导中的项不能超过2，并且1不可能为有限个作答.

【详解】（1）依题意，，则，，则，，则，，则，

所以，.

（2）充分性：因为是公差为的等差数列，且，则，

因此，，

必要性：因为，则，又因为，所以，

于是，

因此，，即是公差为的等差数列，

所以(n=1,2,3…)的充分必要条件为为公差为d的等差数列.

（3）因为，(n=1,2,3…)，则，，即对任意，，

假设中存在大于2的项，

设m为满足的最小正整数，则，并且对任意，

又因为，则有，且，

于是，

因此，与矛盾，

从而对于任意，都有，即非负整数数列的各项只能为1或2，

因为对任意，，于是，，

假定是无穷数列中最后一个1，则，而，于是，矛盾，

所以数列有无穷多项为1.

【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.