海南省洋浦中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份海南省洋浦中学2022-2023学年高二下学期期中考试数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知集合,,则中元素的个数为( )
A.3B.2C.1D.0
2．( )
A.1B.iC.-1D.
3．等差数列的首项为1,公差不为0,若,,成等比数列,则前6项的和为( )
A.-24B.-3C.3D.8
4．若二项式的展开式中常数项为160,则a的值为( )
A.2B.-2C.4D.-4
5．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有( )
A.144个B.120个C.96个D.72个
6．第24届冬季奥林匹克运动会,将于2022年2月在北京和张家口举行,北京冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源,运用中国书法的艺术形态,将厚重的东方文化底蕴与国际化的现代风格融为一体,呈现出新时代的中国新形象、新梦想．会徽图形上半部分展现滑冰运动员的造型,下半部分表现滑雪运动员的英姿．中间舞动的线条流畅且充满韵律,代表举办地起伏的山峦、赛场、冰雪滑道和节日飘舞的丝带,下部为奥运五环,不仅象征五大洲的团结,而且强调所有参赛运动员应以公正、坦诚的运动员精神在比赛场上相见．其中奥运五环的大小和间距按以下比例（如图）：若圆半径均为12,则相邻圆圆心水平距离为26,两排圆圆心垂直距离为11,设五个圆的圆心分别为,,,,,若双曲线C以,为焦点、以直线为一条渐近线,则C的离心率为( )
A.B.C.D.
7．在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体,该几何体的上、下底面平行,且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池,它的高为2,,,,均与曲池的底面垂直,底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2,对应的圆心角为90,则图中异面直线与所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
8．设直线,分别是函数图象上点,处的切线,与垂直相交于点P,且,分别与y轴相交于点A,B,则的面积的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．某高一学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这六门课程中选三门作为选科科目,则( )
A.若不选择政治,选法总数为种
B.若物理和化学至少选一门,选法总数为种
C.若物理和历史不能同时选,选法总数为种
D.若物理和化学至少选一门,且物理和历史不同时选,选法总数为12种
10．对任意实数x,有.则下列结论成立的是( )
A.B.
C.D.
11．已知圆O的半径为定长R,A是圆O所在平面内一个定点,P是圆O上任意一点,线段AP的垂直平分线l和直线OP相交于点Q,当点P在圆上运动时,关于点Q的轨迹,下列命题正确的是( )
A.若A是圆O内的一个定点（非点O）时,点Q的轨迹是椭圆
B.若A是圆O外的一个定点时,点Q的轨迹是双曲线的一支
C.若A与点O重合时,点Q的轨迹是圆
D.若A是圆O上的一个定点时,点Q的轨迹不存在
12．函数,且对任意恒成立,则下列命题正确的是( )
A.
B.函数有极大值点
C.曲线上存在不同的两点A,B,使在A,B处切线垂直
D.若方程在区间上有且只有一个实数根,则满足条件的t的最大整数为4
三、填空题
13．已知,,,则向量与的夹角___________．
14．在的展开式中,x的系数是___________（用数字作答）.
15．圆的圆心到直线的距离为1,则a的值为____________
16．我国古代著名的数学著作中,《周髀算经》､《九章算术》､《孙子算经》､《五曹算经》､《夏侯阳算经》､《张丘建算经》､《海岛算经》､《五经算术》､《缀术》和《缉古算经》,称为“算经十书”,某老师将《周髀算经》､《九章算术》､《孙子算经》､《五经算术》､《缀术》和《缉古算经》6本书分给4名数学爱好者,其中每人至少一本,则不同的分配方法的种数为__________．(用数字回答)
四、解答题
17．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动,社区服务活动共有“关怀老人”、“环境检测”、“图书义卖”这三个项目,每人都要报名且限报其中一项．记事件A为“恰有两名同学所报项目相同”,事件B为“只有甲同学一人报‘关怀老人’项目”．求
（1）“每个项目都有人报名”的报名情况种数;
（2）“四名同学最终只报了两个项目”的概率;
（3）．
18．已知等差数列与正项等比数列满足,且,20,既是等差数列,又是等比数列．
（1）求数列和的通项公式．
（2）在①,②,③这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并完成求解．若________,求数列的前n项和．
19．当时,函数有极值,
（1）求函数的解析式;
（2）若关于x的方程有3个解,求实数k的取值范围．
20．如图,C,D分别是以AB为直径的半圆O上的点,满足,为等边三角形,且与半圆O所成二面角的大小为90°,E为PA的中点.
（1）求证：平面PBC;
（2）求二面角的余弦值.
21．已知椭圆的离心率为,左､右焦点分别为,,O为坐标原点,点P在椭圆C上,且满足,．
（1）求椭圆C的方程;
（2）已知过点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆C交于M,N两点,在x轴上是否存在定点Q,使得,若存在,求出点Q的坐标;若不存在,说明理由．
22．已知函数．
（1）当时,求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;
（2）若不等式恒成立,求a的取值范围．
参考答案
1．答案：B
解析：
2．答案：B
解析：,
其中,,,,,
故.
故选：B.
3．答案：A
解析：设等差数列的公差,
等差数列的首项为1,,,成等比数列,
,
,且,,
解得,
前6项的和为.
故选：A.
4．答案：B
解析：二项式的展开式的常数项为,
依题意,,解得,
所以a的值为-2.
故选：B.
5．答案：B
解析：根据题意,符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个,末位数字为0、2、4中其中1个;
分两种情况讨论：
①首位数字为5时,末位数字有3种情况,在剩余的4个数中任取3个,放在剩余的3个位置上,有种情况,此时有个,
②首位数字为4时,末位数字有2种情况,在剩余的4个数中任取3个,放在剩余的3个位置上,有种情况,此时有个,
共有个．
故选B
6．答案：B
解析：依题意,以点为原点,直线为x轴建立平面直角坐标系,如图,点,
设双曲线C的方程为,其渐近线为,因直线为一条渐近线,
则有,双曲线C的离心率为.
故选：B.
7．答案：C
解析：设上底面圆心为,下底面圆心为O,连接,OC,OB,以O为坐标原点,
分别以OC,OB,所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示：
则,,,,
所以,,
,
又因为异面直线所成的角的范围为,
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
8．答案：A
解析：设,（不妨设）,
则由导数的几何意义易得切线,的斜率分别为,
由已知得,,,
切线的方程分别为,
切线的方程为,即．
分别令得,
又与的交点为,
,,
故选A．
9．答案：ACD
解析：对于A：原题意等价于六门课程中选三门不作选修科目,
已知不选择政治,则再从剩余的五门课程中选择两门不作为选修科目,
可得选法总数为种,故A正确;
对于B：六门课程中选三门,选法总数为种,
若物理和化学均不选,选法总数为种,
若物理和化学至少选一门,选法总数为种,
但,故B错误;
对于C：若物理和历史同时选,选法总数为种,
若物理和历史不能同时选,选法总数为种,故C正确;
对D：在物理和历史不同时选的前提下,排除物理和化学均不选,
结合选项B、C可知：选法总数为种,故D正确;
故选：ACD.
10．答案：CD
解析：由,
可得,
当时,,则,A选项错误;
由二项式定理可得,,B选项错误;
当时,,
即,C选项正确;
当时,,
即,D选项正确.
故选：CD.
11．答案：AC
解析：A选项,如图1,连接AQ,则,
A是圆O内的一个定点（非点O）时,,
故点Q的轨迹是椭圆,A正确;
B选项,如图2和图3,连接AQ,则,
A是圆O外的一个定点时,,
由于Q点可以接近点O,也可以接近于点A,
故若A是圆O外的一个定点时,点Q的轨迹是双曲线的两支,B错误;
C选项,如图4,此时点Q在OP上,且为定值,
故若A与点O重合时,点Q的轨迹为以O为圆心,以为半径的圆,C正确;
D选项,如图5,若A是圆O上一个定点时,点Q与点O重合,故轨迹为一个点,D错误.
故选：AC.
12．答案：AC
解析：因为,,,且对任意恒成立,
所以为函数的最小值,又,
则,即,
当时,,
又,
在上单调递增,在上单调递减,
在时取得极小值也是最小值,
对任意恒成立,故选项A正确;
对于B,因为,
在上单调递增,在上单调递减,故函数没有极大值,故B错误;
对于C,因为,则,令,
即,可得(负值舍去),
即曲线上存在不同的两点A,B,使在A,B处切线垂直,故C正确;
对于D,当时,方程,而,
则方程在区间上有两个实数根不合题意,故D错误.
故选：AC.
13．答案：
解析：,
即,
即,
解得：,
又,
.
故答案为：.
14．答案：240
解析：的展开式的通项为：,,1,···,6
当,即时,展开式x的系数为：.
当显然不成立;
故答案为：240.
15．答案：
解析：圆的圆心坐标为：,
故圆心到直线的距离,
解得：,
故答案为：．
16．答案：1560
解析：将6本书按照1,1,1,3分为4组,
共有种分法,再将4组分给4人共有种,
所以将6本书按照1,1,1,3分给4人共有种;
将6本书按照1,1,2,2分为4组,共有种,再将4组分给4人共有种,
所以将6本书按照1,1,2,2分给4人共有种.
所以,将6本书分给4名数学爱好者,其中每人至少一本的分法种数为种.
故答案为：1560.
17．答案：（1）36种
（2）
（3）
解析：（1）“每个项目都有人报名”,则必有两人报同一个项目,故此时报名情况有种;
（2）“四名同学最终只报了两个项目”,此时可先选出两个项目,
报名情况为分别有两人报这两个项目,或者一人报其中一个,另三人报名另一个项目,
故共有种报名情况,
则“四名同学最终只报了两个项目”的概率是;
（3）事件A为“恰有两名同学所报项目相同”,有种报名方法,则,
事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”,
若A,B同时发生,即恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报关怀老人项目,
则有种报名方法,则,故．
18．答案：（1）,
（2）答案见解析
解析：（1）设等差数列的公差为d,正项等比数列的公比为,
根据题意,即,
解得或（舍）,故,,
（2）若选条件①：
,
;
若选条件②：
,
两式相减得：
整理得到：;
若选条件③：
,
.
19．答案：（1）
（2）
解析：,
由题意得：,解得：,
经验证,函数在处有极值,
故解析式为：．
（2）令,由（1）得：
令得,,
当时,,当时,,当时,,
因此,当时, 有极大值,
当时,有极小值,
关于x的方程有3个解,等价于函数有三个零点,
所以
．
故实数k的取值范围是
20．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）依题意,所以,
所以三角形AOD、三角形DOC、三角形COB是等边三角形,
所以,所以四边形OBCD是菱形,所以,
由于平面PBC,平面PBC,所以平面PBC.
由于E是PA的中点,O是AB的中点,所以,
由于平面PBC,平面PBC,所以平面PBC
由于,所以平面平面PBC,
所以平面PBC.
（2）设CD的中点为F,连接OF,则,
由于四边形OBCD是菱形,所以,则,
依题意平面平面OBCD且交线为AB,所以平面PAB.
连接OP,则,
由于三角形PAB是等边三角形,所以,
由于平面平面OBCD且交线为AB,所以平面OBCD,
则,
以O为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系,
设,则,,
平面PAB的法向量为.
,,
,
设平面DBE的法向量为,
则,故可设.
设二面角的平面角为,由图可知,为锐角,
所以.
21．答案：（1）;
（2）存在,.
解析：（1）在中,,
所以,由余弦定理,解得.
所以,椭圆方程为.
（2）假设存在点满足条件,设直线l的方程为,
设,,联立,
,,
又因为,所以即：
即：,
将代入化简得,
即,
计算得,所以存在点使得.
22．答案：（1）
（2）
解析：（1）,,.
,切点坐标为,
函数在点处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,.
所求三角形面积为．
（2）［方法一］：通性通法
,,且.
设,则,
∴g(x)在上单调递增,即在上单调递增,
当时,,,成立.
当时,,,,
存在唯一,使得,且当时,
当时,,,
因此
>1,
,恒成立;
当时, ,,不是恒成立.
综上所述,实数a的取值范围是.
［方法二］【最优解】：同构
由得,即,
而,所以．
令,则,所以在R上单调递增．
由,可知,所以,所以．
令,则．
所以当时,,单调递增;
当时,,单调递减．
所以,则,即．
所以a的取值范围为．
［方法三］：换元同构
由题意知,,令,所以,所以．
于是．
由于,而在时为增函数,故,即,分离参数后有．
令,所以．
当时,,单调递增;当时,,单调递减．
所以当时,取得最大值为．所以．
［方法四］：
因为定义域为,且,所以,即．
令,则,所以在区间内单调递增．
因为,所以时,有,即．
下面证明当时,恒成立．
令,只需证当时,恒成立．
因为,所以在区间内单调递增,
则．
因此要证明时,恒成立,只需证明即可．
由,,得,．
上面两个不等式两边相加可得,故时,恒成立．
当时,因为,显然不满足恒成立．
所以a的取值范围为．