广西南宁市第三中学2022-2023学年高二数学下学期期中考试试卷（Word版附解析）

南宁三中2022~2023学年度下学期高二期中考试

数学试题

考试时间：120分钟，满分：150分

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.

一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据一元二次不等式的解法求得集合，再由集合交集的运算即可求解.

【详解】集合，集合，

则，

故选：D.

2. 若复数z满足，则（    ）

A. 1 B. 5 C. 7 D. 25

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．

【详解】由题意有，故．

故选：B．

3. 设，则“”是“直线：与直线：平行”（    ）

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】C

【解析】

【分析】根据直线平行的条件和充要条件的概念判断.

【详解】解：当时，：，：，，可得两直线平行；

若与平行，则，解得或舍，

故为充要条件，

故选：C.

4. 记等差数列的前项和为，若，则（　　）

A. 12 B. 13 C. 14 D. 15

【答案】A

【解析】

【分析】根据等差数列的求和公式由求出，利用等差数列的性质可得答案.

【详解】因为数列为等差数列，所以，

所以，所以.

故选：A.

5. 函数在区间上的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据在上单调性求出最值即可

【详解】由可得，

令，解得，

当，，单调递减；当，，单调递增，

所以的极小值，也为最小值为，

故选：C

6. 已知圆的方程为，设该圆过点的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先分析已知点与圆的位置关系，再判断出最长弦和最短弦的位置，然后利用三角形的面积公式即可求出四边形ABCD的面积.

【详解】解：圆心坐标是，半径是5，圆心到点的距离为1．

所以点在圆内，最长弦为圆的直径

由垂径定理得：最短弦BD和最长弦（即圆的直径）AC垂直，

故最短弦的长为，最长弦即直径，即，

所以四边形的面积为．

故选：B.

7. 已知F为双曲线的左焦点，直线l经过点F，若点A(a，0)，B(0，b)关于直线l对称，则双曲线C的离心率为（    ）

A.  B.

C. ＋1 D. ＋1

【答案】C

【解析】

【分析】

由点A(a，0)，B(0，b)关于直线l对称，可得直线l为线段AB的垂直平分线，利用中点公式和直线垂直的关系求得直线l的方程，将F的坐标代入，求得a,b,c的关系式，进一步转化得到a,c的齐次关系式，转化为离心率e的方程求解即得.还可以从入手解决，更为简洁.

【详解】解法一：由点A(a，0)，B(0，b)关于直线l对称，

可得直线l为线段AB的垂直平分线，

线段AB的中点的坐标为，直线AB的斜率为 ，

可得直线l的方程为，

令y＝0，可得，由题意可得，

即有a(a＋2c)＝b2＝c2－a2，即c2－2ac－2a2＝0，

由，可得e2－2e－2＝0，

解得 (舍去)，

故选：C．

解法二：由点A(a，0)，B(0，b)关于直线l对称，可知,即,

两边平方，并结合，整理可得c2－2ac－2a2＝0，下同解法一.

【点睛】本题考查双曲线的性质：离心率的求法.根据已知条件求得a,b,c的关系，进而得到a,c的齐次关系，根据离心率的定义转化为离心率e的方程求解，是求离心率的常用方法.

8. 已知，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】构造函数，利用导数研究其单调性，再比较大小即可.

【详解】设函数，则，则在上是减函数，

又，则，

又因为，，，

所以，即．

故选：C.

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ）

A. 某学生从中选2门课程学习，共有15种选法

B. 课程“乐”“射”排在不相邻的两周，共有240种排法

C. 课程“御”“书”“数”排在相邻的三周，共有144种排法

D. 课程“礼”不排在第一周，也不排在最后一周，共有480种排法

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据给定条件利用组合知识可以判断A正确；不相邻问题利用插空法可以判断B错误；相邻问题利用捆绑法可以判断C正确；利用特殊位置法可以判断D正确.

【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有种，A正确；

对于B，先排“礼”、“御”、“书”、“数”，再用插空法排“乐”“射”，不同排法共有种，B错误；

对于C，“御”“书”“数”排在相邻的三周，可将“御”“书”“数”视为一个元素，不同排法共有种，C正确；

对于D，从中间四周中任取一周排“礼”，再排其它五门体验课程共有种，D正确.

故选：ACD.

10. 已知等比数列的公比为，前项积为，若，且，则下列命题正确的是（    ）

A.  B. 当且仅当时，取得最大值

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】由等比数列各项积的意义判断A，根据等比数列的通项公式结合A求出公比判断C，等比数列各项积的意义及所给条件判断B，由等比数列通项公式、等差数列求和公式计算可判断D.

【详解】因为，所以，故A正确；

又，即，解得，故C正确；

由知等比数列为递减数列，且，故取得最大值为，故B错误；

因为，

所以成立，故D正确.

故选：ACD

11. 已知抛物线的焦点为F，点在C上，P为C上的一个动点，则（    ）

A. C的准线方程为 B. 若，则的最小值为

C. 若，则的周长的最小值为11 D. 在x轴上存在点E，使得为钝角

【答案】BC

【解析】

【分析】根据题意求出，即可求出准线，即可判断A；设点，，则，根据两点的距离公式结合二次函数的性质即可判断B；过点P作垂直于C的准线，垂足为N，连接MN，再结合图象，即可求得的周长的最小值，即可判断C；设，再判断是否有解即可判断D.

【详解】A选项：因为点在抛物线上，所以，解得，

所以抛物线C的方程为，所以C的准线方程为，故A错误；

B选项：设点，，则，

因为，所以，

当且仅当时等号成立，

所以，故B正确；

C选项：过点P作垂直于C的准线，垂足为N，连接MN，则，

易知，，所以，

所以的周长为

，

当且仅当M，P，N三点共线时等号成立，

所以的周长的最小值为11，故C正确；

D选项：设，则，，

所以，

因为点在C上，所以，即，

所以，

所以，故不可能为钝角，故D错误.

故选：BC.

12. 已知函数分别与直线交于点A，B，则下列说法正确的（　　）

A. 的最小值为

B. ，使得曲线在点A处的切线与曲线在点B处的切线平行

C. 函数的最小值小于2

D. 若，则

【答案】AB

【解析】

【分析】对于A：根据题意整理可得，构建，利用导数求最值分析判断；对于B：根据导数的几何意义分析可得，利用函数分析判断；对于C：构建，利用导数求其最值分析判断；对于D：整理可得：，分类讨论处理即可.

【详解】设，

对于A项： 由题意可得，解得，

所以，

构建，

则在上单调递增，且，

当时，；当时，；

则在单调递增，在上单调递减，

所以，

故，即的最小值为，故A正确；

对于B项：∵，，

可得，，

即函数在点处切线的斜率为，函数在点处切线的斜率为，

令，整理得，

故原题意等价于方程有根，

构建，故原题意等价于有零点，

因为，则有零点，故B正确；

对于C项：构建，

因为在上单调递增，

且，，

则存在，使得，

整理得，

当时，；当时，；

则在上单调递减，在单调递增，

所以，（由于，故等号取不到），

又因为，则，即函数的最小值大于2，故C错误；

对于D项，∵，即

整理得：，

由可知：，则有：

当时，则，可得；

当时，则，可得；

当时，则，可得；

综上所述；若，则，故D错误.

故选：AB.

【点睛】方法定睛：利用导数研究函数极值、最值的方法

(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．

(2)若探究极值点个数，则探求方程f′(x)＝0在所给范围内实根的个数．

(3)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．

(4)求函数f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较，从而得到函数的最值．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 在代数式的展开式中，常数项为_____________．

【答案】-5

【解析】

【分析】写出二项式定理通项，化简后，使得的指数幂为0，即可求得的值.

【详解】的展开式的通项为：

令，解得，所以，的展开式中的常数项为.

故答案为：-5

14. 曲线在点处的切线方程为__________．

【答案】

【解析】

【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．

【详解】由题，当时，，故点在曲线上．

求导得：，所以．

故切线方程为．

故答案为：．

15. 某班宣传小组有3名男生和2名女生.现从这5名同学中挑选2人参加小剧场演出，在已知抽取到有男生的条件下，2名都是男生概率是______.

【答案】

【解析】

【分析】根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解.

【详解】设事件A表示“有男生”，事件表示“两名都是男生”，

则，，

故.

故答案为：.

16. 已知函数有两个不同的极值点，则实数a的取值范围_________．

【答案】

【解析】

【分析】等价于有两不等实根，则与有两不同交点，再利用导数求出函数的单调区间即得解.

【详解】解：由得，

因为函数有两个不同的极值点，

所以方程有两不等实根，

即有两不等实根，

令，则与有两不同交点，

又，

令，则在上恒成立，

所以在上单调递减，

又，

所以当时，，即，所以单调递增；

当时，，即，所以单调递减；

所以，

又时，，所以当时，；

时，，

所以为使与有两不同交点，

只需．    

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 某校为增强学生的环保意识，普及环保知识，在全校范围内组织了一次有关环保知识的竞赛. 现从参赛的所有学生中，随机抽取人的成绩（满分为分）作为样本，得到成绩的频率分布直方图如图所示.

（1）求频率分布直方图中的值，并估计该校此次环保知识竞赛成绩的第百分位数；

（2）在该样本中，若采用分层抽样的方法，从成绩低于分的学生中随机抽取人，查看他们的答题情况，再从这人中随机抽取人进行调查分析，求这人中至少有人成绩在内的概率.

【答案】（1），第百分位数为   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图频率之和为计算，再根据百分位数计算公式计算第百分位数；

（2）根据分层抽样确定各区间人数，然后利用古典概型概率计算公式计算概率.

【小问1详解】

由频率分布直方图可得，，

则，

前3组的频率和为，

第4组频率为，

所以第百分位数位于第4组内，

记第50百分位数为，则，解得，

即第50百分位数为；

【小问2详解】

由频率分布直方图可知，

成绩在内的频率分别为，

采用分层抽样的方法从样本中抽取的6人，

成绩在内的有1人，记为，

成绩在内的有2人，记为，

成绩在内的有3人，记为，

则从成绩在内的6人随机抽取2人，共有：

､､

，共有15种，

2人中至少有1人成绩在内，共有：

､､，有12种，

记事件“人中至少有1人成绩在内”，则.

18. 如图所示，在中，的对边分别为a，b，c，已知，.

（1）求b和；

（2）如图，设D为AC边上一点，，求的面积.

【答案】(1)，；(2).

【解析】

【分析】

（1）通过正弦定理边化角，整理化简得到的值，再利用余弦定理，求出，根据正弦定理，求出；（2）根据正弦定理得到，即，根据勾股定理得到，根据三角形面积公式，求出的面积.

【详解】（1）因为，

所以在中，由正弦定理，

得，

因为，所以，

所以，

又，所以，

由余弦定理得，

，

所以，

在中，由正弦定理，

所以；

（2）在中，由正弦定理得，，

因为，所以，

因为，所以，

而

所以，

由，设，

所以，所以，

所以，

因为，

所以.

【点睛】本题考查正弦定理边角互化，正弦定理、余弦定理解三角形，属于简单题.

19. 在数列中，已知， .

（1）证明：数列为等比数列；

（2）记，数列的前项和为，求使得的整数的最大值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）5

【解析】

【分析】（1）计算，，得到等比数列的证明.

（2）确定，，根据裂项相消法得到，代入不等式计算得到答案.

【小问1详解】

，得，，，

故数列是以为首项，为公比的等比数列；

【小问2详解】

，故，故，

，

，即，即，，故，

故使得最大整数为.

20. 如图，在多面体中，四边形是边长为4的菱形，与交于点，平面平面.

（1）求证：平面；

（2）若，点为的中点，求二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）.

【解析】

【分析】（1）取中点，连接，证明平面，则平面；

（2）以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，分别求平面和平面的法向量，将二面角的余弦值转化为两个法向量夹角余弦值的问题.

【小问1详解】

证明：如图，取中点，连接，

因为，所以，

又因为平面平面，平面平面，

平面，

所以平面 分别为中点，

所以.

因为，

所以四边形为平行四边形，

所以，所以平面.

【小问2详解】

如图，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间坐标系，设

设平面的法向量

则即，

则.

设平面的法向量，

设二面角的平面角为为锐角，

所以.

二面角的余弦值.

21. 已知椭圆，四点中恰有三点在上.

（1）求的方程；

（2）若圆的切线与交于点，证明：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用对称性可以判断经过，两点，与的纵坐标相同可以判断在上，进而求出结果；

（2）先讨论切线的斜率不存在时，求出，再讨论切线的斜率存在时，利用相切得到，进而联立直线与椭圆可以判断，从而求出结果.

【小问1详解】

由两点关于轴对称，可得经过两点.

与的纵坐标相同，且都位于第一象限，不可能都在上，所以不在上，

则解得

故的方程为.

【小问2详解】

证明：当切线的斜率不存在时，得.

当时，可得.

，则.

当时，同理可证.

当切线的斜率存在时，设.

因为与圆相切，所以圆心到的距离为，即.

联立得.

设，则.

由，得，则.

综上，若圆的切线与交于点，则.

22. 已知函数，.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）见解析.   

（2）

【解析】

【分析】（1）分类讨论，两种情况，由导数得出单调性 ；

（2）将变形为，构造函数，由其单调性得出，进而由导数得出的最大值，从而得出求实数的取值范围.

【小问1详解】

因为，所以.

当时，由，得，由，得，且，

故的单调递增区间为，单调递减区间为，；

当时，由，得，且，由，得，

故的单调递增区间为，，单调递减区间为.

综上，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，；

当时，的单调递增区间为，，单调递减区间为.

【小问2详解】

易知，.

由，可得，

所以恒成立，即恒成立.

设，，则，所以在上单调递增.

当时，，所以恒成立等价于恒成立，

即对恒成立.

设，，.

当时，；当时，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，所以，即a的取值范围是.

【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于将整理成的形式，构造函数，由其单调性以及得出，最后求出的最大值，得出a的取值范围.