2022-2023学年云南省大理白族自治州民族中学高二下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年云南省大理白族自治州民族中学高二下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据集合，按照交集的定义直接运算即可.

【详解】因为，，所以.

故选：B.

2．已知复数是复数的共轭复数，则（    ）

A． B． C．4 D．2

【答案】C

【分析】化简结合已知可得，即可得出的值，进而得出答案.

【详解】因为，所以，

所以，所以.

故选：C.

3．甲、乙、丙、丁、戊五人周末去某景点游玩，到达景点时，他们站成一排拍照留念，则甲不站在正中间的站法有（    ）

A．24种 B．48种 C．72种 D．96种

【答案】D

【分析】利用总的站法数减去甲站正中间的站法数求解即可

【详解】甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排，总的站法有种，其中甲站在正中间的站法有种，则甲不站在正中间的站法有种.

故选：D

4．沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）．在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时1小时．当上方圆锥中沙子的高度漏至一半时，所需时间为（    ）

A．小时 B．小时 C．小时 D．小时

【答案】B

【分析】根据题意，问题转化为求，根据圆锥体积公式计算即可.

【详解】如图，

依题意可知，

，所以，1小时小时．

故选：B．

5．由数字0,1,2,3组成的无重复数字的4位数中，比2019大的数的个数为（    ）

A．10 B．11 C．12 D．13

【答案】B

【分析】分别讨论首位为3,2的情况,进而汇总即可

【详解】当首位为3时,都满足,共6个；

当首位为2,百位为1或3时,都满足,此时4个；

当首位为2,百位为0时,只有2031满足,

综上,共11个

故选:B

【点睛】本题考查分类讨论思想的应用,考查分类加法计数原理

6．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知，，的面积为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用面积公式，求出，进而求出，利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出

【详解】由面积公式得：，

因为的面积为，所以，求得：

因为，所以

由余弦定理得：

所以

由正弦定理得：，即，解得：

故选：C

7．的展开式中的系数为6，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用多项式乘法运算法则及排列组合思想即可求解.

【详解】解：由题意，的展开式中的系数为，

所以，即，

所以，

故选：B.

8．若对任意的，且当时，都有，则m的最小值是（    ）

A．e B． C．3 D．

【答案】C

【分析】对已知不等式进行变形，通过构造新函数，结合新函数的性质进行求解即可.

【详解】因为，

所以由

，构造函数，

即当任意的，当时，有，

所以有当时，函数单调递增，

由，

当时，单调递增，当时，单调递减，

于是有，

故选：C

【点睛】关键点睛：根据，由得到，通过构造函数，利用函数的性质是解题的关键.

二、多选题

9．关于的展开式，下列结论正确的是（    ）

A．二项式系数之和为 B．所有项的系数之和为

C．常数项为 D．项的系数为

【答案】ABD

【分析】由二项式系数和的性质可知A正确；令可得B正确；根据二项式定理可得展开式通项，分别令和，可求得常数项和项的系数，得到CD正误.

【详解】对于A，展开式二项式系数之和为，A正确；

对于B，令，则展开式所有项的系数之和为，B正确；

对于CD，展开式通项为：；

令，解得：，展开式的常数项为，C错误；

令，解得：，展开式中项的系数为，D正确.

故选：ABD.

10．已知名同学排成一排，下列说法正确的是（    ）

A．甲不站两端，共有种排法

B．甲、乙必须相邻，共有种排法

C．甲、乙不相邻，共有种排法

D．甲不排左端，乙不排右端，共有种排法

【答案】AD

【分析】A选项通过特殊元素法判断；B选项利用捆绑法判断；C选项利用插空法判断；D选项用总情况减去不满足的情况即可.

【详解】A选项：甲不站两端，甲有种，剩余6人全排，共有种排法，正确；

B选项：甲、乙必须相邻，甲、乙捆绑有种，作为整体和剩余5人全排，共有种排法，错误；

C选项：甲、乙不相邻，先排其他5人有种，再把甲、乙插入6个空中，共有种排法，错误；

D选项：甲不排左端，乙不排右端，用7人全排减去甲在左端的和乙在右端的，再加上甲在左端同时乙在右端的，

共有种排法，正确.

故选：AD.

11．如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（    ）

A．，M，O三点共线 B．平面

C．直线与平面所成角的为 D．直线和直线是共面直线

【答案】ABC

【分析】根据正方体的特性，依次分析各项正误.

【详解】由正方体的特性可知，为正方体的体对角线，平面，平面平面于，又交平面于点，故点在上，故A项正确；

由正方体的特性可知，平面，平面，故，同理，，于点，故平面，故B项正确；

设正方体的边长为1，直线与平面的夹角为，则，点到平面的距离为，故，，C项正确；

直线与直线为异面直线，故D项错误.

故选：ABC.

12．已知顶点在原点的抛物线，，过抛物线焦点的动直线交抛物线于、两点，当直线垂直于轴时，面积为8.下列结论正确的是（    ）

A．抛物线方程为.

B．若，则的中点到轴距离为4.

C．有可能为直角三角形.

D．的最小值为18.

【答案】ABD

【分析】直线垂直于轴时，面积为8，可求得，得到抛物线方程，验证选项A，利用抛物线焦点弦的性质求的中点到轴距离验证选项B，设出直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理和向量数量积求内角的范围验证选项C，利用韦达定理和基本不等式证明选项D.

【详解】当直线垂直于轴时，面积为，，故A正确；

若，有、两点到准线距离之和为12，则的中点到准线距离为6，故的中点到轴距离为，B正确；

设直线：，联立可得，由韦达定理知，，，故.

一定是钝角三角形，C错误；

，D正确.

故选：ABD

三、填空题

13．计算：      .

【答案】5

【分析】由指数幂的性质和对数的运算性质求解即可

【详解】.

故答案为：5.

14．已知是等差数列的前项和，且，则               .

【答案】

【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式列出方程组计算即可.

【详解】设等差数列的公差为，首项为，

则，解得：，.

故答案为：.

15．已知所在平面与矩形所在平面互相垂直，且满足，则多面体的外接球的表面积为          ．

【答案】

【解析】取中点，是矩形对称线交点，连接EF,FG，作，可设是外接球球心．求出半径即可得面积．

【详解】取中点，是矩形对称线交点，连接EF,FG，作，由已知是等边三角形，，又平面平面，平面，平面平面，∴平面，则平面．

设是外接球球心，由平面和平面得，是直角梯形，设，而，，，

∴，

即，解得，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题考查四棱锥外接球表面积，解题关键是确定外接球的球心位置，从而求得球半径．棱锥的外接球球心一定在过各面外心用与此面垂直的直线．

16．点是抛物线的焦点，点为抛物线的对称轴与其准线的交点，过作抛物线的切线，切点为，若点恰好在以，为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为               .

【答案】/

【分析】不妨设,由与抛物线相切求得，求得椭圆中的，从而得到椭圆的离心率.

【详解】

由题意知 不妨设,则在函数上，

故所以,解得，

所以，，

又点恰好在以，为焦点的椭圆上，所以，,

所以，，

故答案为：

四、解答题

17．小明每天去学校有A，B两条路线可供选择，小明上学时随机地选择一条路线.如果小明上学时选择A路线，那么放学时选择A路线的概率为0.6;如果小明上学时选择B路线，那么放学时选择A路线的概率为0.8.

(1)求小明放学时选择A路线的概率;

(2)已知小明放学时选择A路线，求小明上学时选择B路线的概率.

【答案】(1)0.7

(2)

【分析】（1） 设“上学时选择A路线”，“上学时选择B路线”，“放学时选择A路线”，再利用全概率公式求解；

（2）利用贝叶斯公式求解.

【详解】（1）设“上学时选择A路线”，“上学时选择B路线”，“放学时选择A路线”，

则，且与互斥，

根据题意得，

，，

由全概率公式，得

所以小明放学时选择A路线的概率为0.7.

（2）

所以已知小明放学时选择A路线，上学选择B路线的概率为.

18．设向量

（I）若

（II）设函数

【答案】（I）（II）

【详解】(1)由＝(sinx)2＋(sinx)2＝4sin2x，

＝(cosx)2＋(sinx)2＝1，

及，得4sin2x＝1.

又x∈，从而sinx＝，所以x＝.

(2) sinx·cosx＋sin2x

＝sin 2x－cos 2x＋＝sin＋，

当x∈时，－≤2x－≤π，

∴当2x－＝时，

即x＝时，sin取最大值1.

所以f(x)的最大值为.

19．已知数列的前n项和为，．

(1)求的通项公式；

(2)求数列的前项．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用求得；

（2）由错位相减法求出．

【详解】（1）因为在数列中，，

所以．

因为，

所以，即．

又因为，所以，即，

所以数列是首项为2，公差为2的等差数列，其通项公式为．

（2）由（1）得，

所以，①

，②

由①-②，得

，

所以．

20．如图，在以，，，，，为顶点的六面体中（其中平面），四边形是正方形，平面，，且平面平面.

(1)设为棱的中点，证明：，，，四点共面；

(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明得平面，再由线面垂直的判定定理证明得平面，从而证明得，可得，，，四点共面；

（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角计算公式计算即可.

【详解】（1）证明：连接，交于点，连接，，

如图所示：

由，得，

因为平面平面，平面平面，

平面，所以平面，

由平面，平面，得，

又因为四边形是正方形，，

且，平面，平面，

所以平面，得，

故，，，四点共面.

（2）因为平面，，平面，

所以，，

又四边形是正方形，所以，

则，，两两垂直，

以点为坐标原点，以，，方向分别

为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

如图所示：

因为，分别为，的中点，

所以，又平面，平面，

所以平面，

而平面，且平面平面，故，

由（1）知，，故四边形为平行四边形，

得，

由于，，所以，

又平面，所以平面，

故，，，，

则，，，，

设平面的法向量为，

由，得，令，得，

设平面的法向量为，

由，得，令，得，

则，

故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

21．已知函数.

(1)若，求函数在处的切线方程；

(2)讨论函数在上的单调性.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）求出导函数后计算得斜率，由点斜式得直线方程并整理；

（2）求出导函数，然后分类讨论它在上的正负得单调性．

【详解】（1）当时，，则，

故切线的斜率.

又.

所以函数在处的切线方程为：.

（2）由，得

①当时，在上单调递减；

②当时，在上单调递减；

③当时，令，得

当时，在上单调递减；

当时，在单调递增；

④当时，在上单调递增；

综上：当时，在上单调递减；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递增.

22．已知双曲线的左焦点为F，右顶点为A，渐近线方程为，F到渐近线的距离为．

(1)求C的方程；

(2)若直线l过F，且与C交于P，Q两点（异于C的两个顶点），直线与直线AP，AQ的交点分别为M，N．是否存在实数t，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）根据F到渐近线的距离为，可求得b，再根据渐近线方程可求得a,，即得双曲线方程；

（2）假设存在，设直线的方程，并和双曲线方程联立，得到根与系数的关系式，然后表示出点M，N的坐标，进而得到向量的坐标，利用其数量积为零，将根与系数的关系式代入，看能否解出参数t的值，即可得答案.

【详解】（1）双曲线一条渐近线方程为 ，

焦点 ，则焦点到渐进线的距离 ，

由F到渐近线的距离为可知： ，

由渐近线方程为知： ，故 ，

所以双曲线方程为： ；

（2）设直线l的方程为 ，

联立 ，整理得： ，

设 ，而 ,

则 ，

所以 ， ，

假设存在实数t，使得，则 ,

故由方程： ,令得 ，

同理方程： ,令得，

所以，

即 ，

则 ，

即 ，解得 ，

故存在实数，使得.

【点睛】本题考查了直线和双曲线的相交问题，涉及到求双曲线方程性质以及和直线的交点等问题，还渗透了向量的应用，比较复杂，这类问题的一般解决思路，是设直线方程，然后联立圆锥曲线方程，得到根与系数的关系，然后利用所给条件得到一个关系式，将根与系数的关系代入整理化简，其中关于字母的运算量大，需要细心耐心对待.