2022-2023学年江西省九江市瑞昌市第一中学高二下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年江西省九江市瑞昌市第一中学高二下学期期中考试数学试题含答案，共21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学年江西省九江市瑞昌市第一中学高二下学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．C．或 D．或【答案】D【分析】解一元二次不等式确定集合，再根据并集的定义求解.【详解】由解得或，所以或，故选:D.2．若复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可得出的值.【详解】由已知可得，因此，.故选：B.3．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的解析式为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据图象的平移变换方法求解即可.【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得到函数，故选:C.4．由3个2,1个0,2个3组成的六位数中,满足有相邻4位恰好是2023的六位数个数为（    ）A．3 B．6 C．9 D．24【答案】B【分析】相邻问题捆绑法,除2023外,还有2,3两个数,只需将2,3,2023三个全排即可.【详解】解:由题得3个2,1个0,2个3中,除去2023四个数,还剩一个2,一个3,将2023进行捆绑,对2,2023,3进行全排有种.故选:B5．若正四面体的表面积为，则其外接球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可知：正四面体的棱长为，将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即可得出结果.【详解】设正四面体的棱长为，由题意可知：，解得：，所以正四面体的棱长为，将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径，则外接球的体积为，故选：.6．已知非零向量，满足，且，则为（    ）A．钝角三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形【答案】D【分析】由左右互除得出，再由，得出，即可得出答案.【详解】，，，，为等腰三角形，又，，，又，所以，为等边三角形，故选：D.7．已知等差数列的公差为，随机变量满足，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等差数列的通项公式和随机变量分布列的概率之和等于1即可求解.【详解】因为随机变量满足，所以，也即，又因为是公差为的等差数列，所以，则有，，，所以，则，，，因为，所以，解得，故选：.8．已知函数,关于的方程至少有三个互不相等的实数解,则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】画出图象,解方程可得,或,因为,根据图象分类讨论,或时,时, 时,三种情况下根的情况即可.【详解】解:由题知,(且),所以,故在上,,单调递减,且,即,在上,,单调递减,在上,,单调递增,有,画图象如下:由至少有三个互不相等的实数解,即至少有三个互不相等的实数解,即或至少有三个互不相等的实数解,由图可知,当或时,与有一个交点,即有一个实数解,此时需要至少有两个互不相等的实数解,即,解得故或;当时,无解,舍;当时,,此时有两个不等实数解,有两个不等实数解,共四个不等实数解,满足题意.综上: 或.故选:C 二、多选题9．有一组样本数据，其样本平均数为.现加入一个新数据，且，组成新的样本数据，与原样本数据相比，新的样本数据可能（    ）A．平均数不变 B．众数不变C．极差变小 D．第20百分位数变大【答案】BD【分析】根据数据的平均数、极差、众数以及百分位数的定义判断求解.【详解】因为，所以新的样本数据平均数减小，A错误；加入一个新数据，则众数仍有可能为原数据的众数，B正确；若加入一个新数据不是最大值也不是最小值，则新数据极差等于原数据极差，C错误；若为原数据从小到大排列的第20为后的数，因为样本数增加，所以第20百分位数可能后移，则新数据第20百分位数可能变大.D正确，故选:BD.10．已知函数有两个极值点，且，则（    ）A． B．C． D．的图象关于点中心对称【答案】BCD【分析】根据函数由有两个极值点可得导函数有2个不同的零点即可判断A,B，根据导函数讨论函数的单调性可判断C,根据奇函数与的关系判断D.【详解】由题可得有两个不相等的实数根，所以，所以，A错误；根据题意为的两个根，所以，B正确；因为，且为的两个根，所以由得或，由得，所以函数在单调递增，单调递减，单调递增，所以成立，C正确；因为为奇函数，所以关于对称，所以关于对称，D正确，故选:BCD.11．如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点为侧面内（不含边界）的动点，则（    ）A．B．存在一点，使得C．三棱锥的体积为D．若，则面积的最小值为【答案】ACD【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量数量积可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用锥体体积公式可判断C选项；求出点的坐标满足的关系式，利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值，可判断D选项的正误.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、，设点，其中，.对于A选项，，，则，所以，，A对；对于B选项，，若，则，解得，不合乎题意，所以，不存在点，使得，B错；对于C选项，，点到平面的距离为，所以，，C对；对于D选项，，若，则，可得，由可得，，当且仅当时，等号成立，因为平面，平面，，，D对.故选：ACD.12．已知椭圆上一点位于第一象限，左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，的角平分线与轴交于点，与轴交于点，则（    ）A．四边形的周长为B．直线的斜率之积为C．D．四边形的面积为2【答案】ABD【分析】由已知可得，，，以及顶点和焦点的坐标.根据椭圆的定义以及两点间的距离公式即可得出A项；设，得出，进而根据在椭圆上，代入整理即可判断B项；由已知可得.设，，，根据余弦定理，整理可得，在中，可推出，根据倍角公式，可得，整理求解可得，即可判断C项；根据题意结合余弦定理可得出，根据三角形面积公式得出的面积，进而得到四边形的面积.【详解】由已知可得，，，，点，，，.对于A项，，又由椭圆的定义可得，所以四边形的周长为，故A项正确；对于B项，设，则，，，所以.又，所以，所以，故B项正确；对于C项，由角平分线的性质可得，且，.设，，则，且.设，，由，在和中，由余弦定理可得，整理可得，因为，所以，即，整理可得，则，在中，由余弦定理可得，又，所以，整理可得，解得或（舍去），所以，，即，，所以，故C项错误；对于D项，由C知，，在中，由余弦定理可得，，则，所以的面积为.又，所以四边形的面积为，故D项正确.故选：ABD. 三、填空题13．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若b2＋c2－a2＝bc，则角A等于         【答案】 【分析】利用余弦定理求出cosA，由A为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出A的度数．【详解】△ABC中，b2+c2﹣a2=bc，根据余弦定理得：cosA===，又A∈（0，π），所以A=．故答案为．【点睛】本题考查了余弦定理，以及特殊角的三角函数值，是基础题目．14．曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为      .【答案】【分析】利用导数求的几何意义求出切线方程，求出切线与两坐标轴的交点，结合三角形的面积公式可求得结果.【详解】对函数求导得，所求切线斜率为，当时，，切点坐标为，所以，曲线在处的切线方程为，即，直线交轴于点，交轴于点，所以，曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为.故答案为：.15．甲袋中有个白球、个红球，乙袋中有个白球、个红球，从两个袋中随机取一袋，再从此袋中随机取一球，则取到红球的概率为       .【答案】【分析】记事件选取的是甲袋，事件选取的是乙袋，事件从选出的袋中取出的一球为红球，利用全概率公式求出的值，即为所求.【详解】记事件选取的是甲袋，事件选取的是乙袋，事件从选出的袋中取出的一球为红球，则，，，由全概率公式可得.故答案为：.16．已知函数，所有满足的点中，有且只有一个在圆上，则圆的标准方程可以是       .（写出一个满足条件的圆的标准方程即可）【答案】．（注：圆心到直线的距离为半径即可）【分析】根据题意结合函数的单调性和对称性得，进而可得直线与圆相切，即可写出答案.【详解】由函数得，所以在定义域上单调递增，又因为，所以关于对称，则，即，因为，所以，即，所有满足的点中，有且只有一个在圆上，则直线与圆相切，假设圆心，所以，所以圆可以是，故答案为: ．（注：圆心到直线的距离为半径即可） 四、解答题17．某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行生产.生产该款芯片有三道工序，这三道工序互不影响.已知批次甲的三道工序次品率分别为，，.(1)求批次甲芯片的次品率；(2)该企业改进生产工艺后，生产了批次乙的芯片.某手机厂商获得批次甲与批次乙的芯片，并在某款手机上使用.现对使用这款手机的100名用户回访，对开机速度进行调查.据统计，安装批次甲的有40名，其中对开机速度满意的有30名；安装批次乙的有60名，其中对开机速度满意的有55名.试整理出列联表（单位:名），并依据小概率值的独立性检验，分析芯片批次是否与用户对开机速度满意有关.批次是否满意合计满意不满意甲   乙   合计   附:，.【答案】(1)；(2)认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05． 【分析】（1）根据已知可得到正品率，然后根据对立事件即可求出次品率；（2）设出零假设，列出列联表，求出，根据独立性检验原理即可得出推断.【详解】（1）由已知可得批次甲芯片的正品率，所以批次甲芯片的次品率为．（2）零假设为：芯片批次与用户对开机速度满意无关，得列联表如下：批次是否满意合计满意不满意甲301040乙55560合计8515100所以，因为，所以依据的独立性检验，我们推断不成立，所以认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．18．定义:在数列中,若存在正整数,使得,都有,则称数列为“型数列”.已知数列满足.(1)证明:数列为“3型数列”;(2)若,数列的通项公式为,求数列的前15项和.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)若为“3型数列”只需满足,根据,进行递推,求出和关系即可证明;(2)根据(1)的结论,对中各项进行分组,再根据等差数列的前n项和公式计算结果即可.【详解】（1）解:由题知,所以有,且, 所以,所以数列为“3型数列”;（2）由(1)知,,所以,,,所以.19．在中，内角、、所对的边分别是、、，.(1)若，求；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角恒等变换化简得出，求出的取值范围，结合可求得角的值；（2）利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，结合正切函数的基本性质可求得的取值范围.【详解】（1）解：因为，因为、，且，所以，且，所以，，所以，，则，即，因为且，所以，且，所以或（舍），故当时，．（2）解：，因为，所以，则，所以，.所以的取值范围为．20．如图，在三棱柱中，四边形是菱形，，平面平面.(1)证明：；(2)已知，，平面与平面的交线为.在上是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为?若存在，求线段的长度；若不存在，试说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在点，线段的长为． 【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出平面，可得出，利用菱形的几何性质可得出，可推导出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立；（2）取中点，连接，推导出，然后点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的性质推导出，设点，利用空间向量法求出的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，所以，因为四边形是菱形，所以，又因为，、平面，所以平面，因为平面，所以．（2）解：取中点，连接，因为四边形为菱形，则，又因为，则为等边三角形，由菱形的几何性质可知，，则也为等边三角形，因为为的中点，则，，，由（1）知，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，，因为，平面，平面，所以平面，因为平面平面，平面，所以，由（1）知平面，设，则，．设平面的法向量，则，取，可得，因为直线与平面所成角的正弦值为，则，解得，因此，存在点，线段的长为．21．已知在平面直角坐标系xOy中，动点M到点的距离与它到直线的距离之比为2.记M的轨迹为曲线E.(1)求E的方程；(2)若P是曲线E上一点，且点P不在x轴上，作PQ⊥l于点Q，证明：曲线E在点P处的切线过△PQA的外心.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】(1)设出坐标为，根据题意建立关于坐标的等式,化简即可得曲线方程；(2)设出点坐标,及处的切线方程，与双曲线联立，判别式等于0，可得参数之间关系，即可化简切线方程.分别求出的中垂线，联立即可求出的外心，将外心代入切线方程看是否成立即可证明.【详解】（1）解:设动点坐标为,则根据题意得,两边同时平方,化简可得,所以曲线的方程为;（2）由题设点,因为点不在轴上,即,所以曲线在点的切线斜率存在,设为,则在点的切线方程为:, 联立方程组:,整理得:,因为双曲线的渐近线为,所以,,令,得．因为点在双曲线上,所以,即,所以,因为，所以两边同时除以,解得．所以在点的切线方程为,即．因为,,所以,所以直线中垂线方程为,即,因为,,所以直线的斜率为,线段的中点为,所以直线中垂线的斜率为,所以直线中垂线的方程为． 联立直线与直线,得外心坐标．将外心横坐标代入过点的切线方程,化简得到,与外心的纵坐标相等．所以曲线在点的切线经过的外心．22．已知函数.(1)若，求函数在上的最小值；(2)若存在，使得.（i）求的取值范围；    （ii）判断在上的零点个数，并说明理由.【答案】(1)0(2)（i）；（ii）在共有3个零点，理由见解析 【分析】(1)当时，对函数求导，根据导数在大于等于零得到函数在的单调性，进而求出最小值；(2) （i）根据函数分和两种情况，当时，函数恒大于零，不满足条件，舍去，当时，对函数求导，利用函数的单调性和极值进而求解；（ii）结合（i）的结论，在共有2个零点1，，只需探讨在的零点个数，然后利用函数的单调性和极值进而求解即可.【详解】（1）因为，所以函数，则有，又，可得，所以在上单调递增，.（2）（i）若，当时，，，所以，在没有零点，故舍去；若，则，令，则，所以在上单调递减，且；①若，即，且，存在，使，，可得在单调递增，单调递减，且，当时，，（因为当时，，证明：令，则，因为，则，所以，则在上单调递增，故，即，所以）所以，且，所以，故存在唯一使得，满足条件；②若，即，此时恒成立，在单调递减，又，所以，故舍去．综上，．（ii）由（i）可得，在共有2个零点1，，下面探寻在的零点个数．当时，，故在单调递减，又，，所以存在，使得，故在单调递增，单调递减，又，，故一定存在，使得，在单调递减，单调递增，又，当趋近于零时，趋近于正无穷大，故存在唯一，使得．故在有1个零点．综上，在共有3个零点．【点睛】(1)可导函数在处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同；(2)若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．