2022-2023学年云南省临沧市民族中学-高二下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年云南省临沧市民族中学-高二下学期期中数学试题含答案，共20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学年云南省临沧市民族中学-高二下学期期中数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】解集合M和集合N中的不等式，求两集合的交集.【详解】，，所以.故选：D．2．已知，是关于x的方程的两个根.若，则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】C【分析】由，是关于x的方程的两个根，由韦达定理求出，再由复数的模长公式求解即可.【详解】法一：由，是关于x的方程的两个根，得，所以，所以.法二：由，是关于x的方程的两个根，得，所以，所以.故选：C.3．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义判断即可.【详解】，充分性成立；若，比如，此时不存在，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4．设双曲线的焦距为，若成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据等差数列定义和双曲线关系可求得，由此可得渐近线方程.【详解】成等差数列，，又，，即，，双曲线的渐近线方程为：.故选：A.5．已知奇函数是定义在上的单调函数，若正实数，满足，则的最小值是（    ）A． B． C．2 D．4【答案】A【分析】根据题意得，得，再根据基本不等式解决即可.【详解】由题知，奇函数是定义在上的单调函数，正实数，满足，所以，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号，故选：A6．数学可以刻画现实世界中的和谐美，人体结构､建筑物､国旗､绘画､优选法等美的共性与黄金分割相关，古希腊的毕达哥拉斯学派发现了黄金分割常数约0.618，该值也可用三角函数来表示，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】根据同角三角函数关系和诱导公式,二倍角公式化简求值即可.【详解】.故选：C.7．函数的图象大致为A． B．C． D．【答案】C【分析】对进行化简，然后判断的奇偶性，判断出当时，，从而得到答案.【详解】定义域为，，，所以为偶函数，所以排除A选项，当时，，，所以，排除B、D选项，故选：C.【点睛】本题考查根据函数解析式判断函数的图像，属于简单题.8．已知函数对任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是（        ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据条件构造函数，，求函数的导数，确定函数的单调性，利用单调性比较函数值大小即可逐项判断，即可得到结论．【详解】构造函数，，则，所以在上单调递增，则，所以，即，故A不正确；则，所以，即，故B不正确；则，所以，即，故C正确；则，所以，即，故D不正确.故选：C. 二、多选题9．已知向量，则（    ）A．B．C．向量与的夹角为D．向量在向量上的投影向量为【答案】ABD【分析】选项A利用向量坐标求模即可；选项B利用数量积的坐标运算计算即可；选项C利用向量夹角公式即可；选项D利用向量投影公式计算即可.【详解】因为，所以，所以，故A正确；因为，所以，故B正确；因为，且，所以，故C错误；向量在向量上的投影向量为：，故D正确．故选：ABD10．已知直线和圆，则（       ）A．直线恒过定点 B．直线与圆相交C．存在使得直线与直线垂直 D．若，直线被圆截得的弦长为【答案】ABD【分析】对于A，利用直线系方程求得直线过定点即可判断；对于B，由直线所过的顶点在圆内部即可判断；对于C，由两条直线的位置关系中垂直关系即可判断；对于D，由垂径定理求弦长可以判断.【详解】对于A，直线，即，则直线恒过定点，故选项A正确；对于B，直线恒过的定点在圆的内部，直线与圆相交，故选项B正确；对于C，若直线与直线垂直，则，显然不成立，故选项C错误；对于D，当，直线化成，圆心到直线的距离，直线被圆截得的弦长为，故选项D正确；故选：ABD.11．已知函数将的图象上所有点向右平移个单位长度，然后横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象．若为偶函数，且最小正周期为，则下列说法正确的是（    ）A．的图象关于对称B．在上单调递减C．的解集为D．方程在上有且只有两个相异实根【答案】AC【分析】根据三角函数的图象变换及三角函数的性质，求出函数的解析式，再利用三角函数的性质即可求解.【详解】将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得，然后横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），可得，因为的最小正周期为，所以，解得，即，因为为偶函数，所以，解得，又因为，当时，可得，所以，.对于A，当时，，所以的图象关于对称，故A正确；对于B，因为，所以，所以在上先单调递减后单调递增，故B错误；对于C，由，得，即，解得，所以的解集为，故C正确；对于D，由，得，即，所以即所以，解得，又因为，所以，所以方程在上有3个相异实根，故D错误.故选：AC.12．如图，在正方体中，点在线段运动，则（    ）  A．三棱锥的体积为定值B．异面直线与所成的角的取值范围为C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为D．过作直线，则【答案】AD【分析】根据求的条件可判断A；转化为直线与所成的角，由点的特殊位置求出角可判断B；设正方体的棱长为1，以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，求出、平面的一个平面向量，设直线与平面所成角的为，由线面角的向量求法求出可判断C；根据线面垂直的判定定理和性质定理，再由可判断D.【详解】对于选项A，如图，  因为，所以四边形为平行四边形，在正方体中，平面，平面，所以，所以四边形是长方形，因为点在线段上运动，所以为定值，连接相交于点，且，平面，所以，又，平面，可得平面，所以到平面的距离为定值，可得为定值，因为，故A正确；对于选项B，  因为，所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角，当点与线段的端点重合时，为等边三角形，所以与所成的角为，当点与线段的中点时，，所以与所成的角为，当点与线段的端点重合时，与所成的角为，所以异面直线与所成的角的取值范围为，故B错误；对于选项C，  设正方体的棱长为1，以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，设，所以，，设平面的一个平面向量为， 则，即，令可得，设直线与平面所成角的为，则，当时，，当时，，当时，，因为，所以，，综上可得，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值，故C错误；对于选项D，  连接，在正方体中，平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，因为为平行四边形，所以，，所以，所以，故D正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：对于C选项，解题的关键点是建立空间直角坐标系用线面角的向量求法比较简便，本题考查了学生的空间想象能力、运算能力. 三、填空题13．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是       ．【答案】【分析】根据侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长，求得圆锥的底面半径，进而利用勾股定理求高.【详解】试设圆锥的母线为，底面半径为则，因此圆锥的高是故答案为：.14．已知函数，则          ．【答案】6【分析】利用导数公式求导，代入，即可求出.【详解】因为，所以，所以，，所以，故答案为：6.15．设抛物线的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足，P为抛物线准线上任一点，则的最小值为          ．【答案】【分析】设A(x0，y0)(x0>0)，根据抛物线的定义，由|AF|＝y0＋，可得，作出关于直线对称的点为，根据可求得|PA|＋|PF|的最小值；【详解】由x2＝4y，知p＝2，则焦点F(0,1)，准线y＝－1.依题意，设A(x0,y0)(x0>0)，由定义，得|AF|＝y0＋，即，则y0＝2－1＝1，∴，AF⊥y轴，如图：设关于直线对称的点为，则，则，当且仅当的坐标为时等号成立.故答案为：2【点睛】关键点点睛：利用关于直线对称的点为求|PA|＋|PF|的最小值是解题关键.16．如图，已知矩形中，，现沿折起，使得平面平面，连接，得到三棱锥，则其外接球的体积为         ．  【答案】【分析】由矩形的性质分析可得外接球的球心即为的中点，进而可求球的半径和体积.【详解】设，由矩形的性质可知：，则三棱锥的外接球的球心即为，半径，所以三棱锥的外接球的体积.故答案为：.   四、解答题17．数列中，，.(1)求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由已知等式变形得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；（2）求出数列的通项公式，利用分组求和法可求得.【详解】（1）因为，所以，又，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.，即.（2）由（1）可知，，所以， 又由题知.18．在中，角的对边长分别为，的面积为，且．(1)求角的大小；(2)若，点在边上，______，求的长．请在①；②；③这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2)答案不唯一，具体见解析 【分析】（1）根据面积公式可得，利用正弦定理以及和角关系可得，进而可求.（2）根据余弦定理可求出，然后在和在中分别用余弦定理即可求①.根据面积公式即可求解②③.【详解】（1）因为，所以，所以，即．由正弦定理，得，所以．因为，所以，所以．又，所以．（2）若选①．法一：在中，由余弦定理，得，所以，所以．在中，由余弦定理，得，即．在中，由余弦定理，得，即．又，所以．所以，所以．法二：因为，所以为的中点，所以，所以．所以，即．若选②．在中，，即，即，解得．若选③．在中，由余弦定理，得，所以．因为，又，所以，解得．19．已知四棱锥（如图），四边形ABCD为正方形，面面ABCD，，M为AD中点.(1)求证：；(2)求直线PC与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）运用面面垂直性质定理证得面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系，运用空间向量坐标法证明线线垂直.（2）运用空间向量坐标法求线面角的正弦值，再运用同角三角函数的平方关系可得其余弦值.【详解】（1）证明：取AB中点O，连接OP，并过点O作BC的平行线OE，交CD于E，则，∵，∴为等边三角形，又∵O为AB中点，∴，又∵面面ABCD，面面，面，∴面ABCD，∴，以O为原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，因为.则，，，，，，所以，所以.（2），，设平面PBM的一个法向量为，则有，即，令，则，，所以 ，设直线PC与平面PBM所成角为，则，因为，所以，所以直线PC平面PBM所成角的余弦值为.20．我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门。已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门。(1)从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率；(2)假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由古典概型的概率公式求解，（2）由概率乘法公式与加法公式求解【详解】（1）用a，b分别表示“选择物理”“选择历史”，用c，d，e，f分别表示选择“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，则所有选科组合的样本空间，∴，设“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，则，∴，∴.（2）设甲、乙、丙三人每人的选科组合符合医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别是，，，由题意知事件，，相互独立由（1）知.记“甲、乙、丙三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，则易知事件，，两两互斥，根据互斥事件概率加法公式得.21．已知椭圆的焦距为，分别为左右焦点，过的直线与椭圆交于两点，的周长为8．(1)求椭圆的标准方程；(2)已知结论：若点为椭圆上一点，则椭圆在该点的切线方程为．点为直线上的动点，过点作椭圆的两条不同切线，切点分别为，直线交轴于点．证明：为定点；【答案】(1)；(2)证明见详解. 【分析】（1）由已知可得，，求出的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设，，，根据已知可得以及方程，代入点坐标，即可得出直线的方程.令，可求得为常数.【详解】（1）如图1，由已知可得，，所以.又，所以，.所以，椭圆的标准方程为.（2）设，，.则由已知可得，方程为：，方程为：.将代入、方程整理可得，，.显然、点坐标都满足方程.即直线的方程为，令，可得，即点坐标为.所以，为定点.22．已知函数．(1)若，试讨论的单调性；(2)若恒成立，求实数的值．【答案】(1)增区间为，减区间为(2) 【分析】（1）求出函数的定义域，以及，利用函数的单调性与导数之间的关系可求得函数的增区间和减区间；（2）分、两种情况讨论，在中，分析可知函数在上为增函数，根据时，，推出矛盾；在时，由（1）中的结论可知，可得出关于的不等式，通过构造函数，并利用导数分析函数的单调性，结合可求得的值.【详解】（1）解：由题意，函数的定义域为，则，当时，由可得，由可得.所以，函数的单调递增区间为，递减区间为.（2）解：当时，则对任意的，，此时函数在上为增函数，所以当时，，不合题意；当时，由（1）可知，因为对成立，所以，即，令，则，由可得，由可得，所以在上单调递减，在上单调递增，则，所以，所以不等式的解为，综上可得，.